Mathematical methods for physics

MATEMATICKE METODE FIZIKEUVOD

Zvonko Glumac

Osijek, 2007. - 2013.

v

Mathematics is part of physics.

Vladimir Igorevich Arnold

Sadrzaj

1 Poopceni koordinatni sustav 11.1 Definicija poopcenog koordinatnog sustava . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Operator gradijenta u poopcenom koordinatnom sustavu . . . . . . . . . . 71.3 Operator divergencije u poopcenom koordinatnom sustavu . . . . . . . . . 101.4 Operator rotacije u poopcenom koordinatnom sustavu . . . . . . . . . . . 121.5 Laplasijan skalarnog polja u poopcenom koordinatnom sustavu . . . . . . . 131.6 Laplasijan vektorskog polja u poopcenom koordinatnom sustavu . . . . . . 151.7 Elipticki koordinatni sustav . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2 Funkcije kompleksne varijable 1 172.1 Kompleksna algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.2 Derivacija kompleksne funkcije:Cauchy - Riemannovi uvjeti . . . . . . . . . 272.3 Integral kompleksne funkcije: Cauchyjev integralni teorem . . . . . . . . . 332.4 Cauchyjeva integralna formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.4.1 Primjena u teoriji potencijala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.4.2 Cauchyev integral i derivacija funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.5 Razvoj kompleksne funkcije u red . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.5.1 Taylorov razvoj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.5.2 Analiticko produljenje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 542.5.3 Polovi funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 562.5.4 Laurentov razvoj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

2.6 Preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 672.6.1 Konformno preslikavanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

3 Funkcije kompleksne varijable 2 753.1 Singulariteti funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.2 Racun reziduuma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

3.2.1 Teorem o reziduumima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 793.2.2 Cauchyjeva glavna vrijednost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 863.2.3 Pole expansion — . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 893.2.4 Product expansion — . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 893.2.5 Izracunavanje nekih tipova odredenih integrala . . . . . . . . . . . . 89

3.3 Disperzijske relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 983.4 Metoda najvece strmine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

4 Diferencijalne jednadzbe 1074.1 Opcenito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1074.2 Obicne linearne diferencijalne jednadzbe prvog reda . . . . . . . . . . . . . 109

vii

viii SADRZAJ

4.3 Obicne linearne diferencijalne jednadzbe drugog reda - homogene . . . . . 1134.3.1 Singularne tocke diferencijalne jednadzbe . . . . . . . . . . . . . . . 1194.3.2 Frobeniusov metod - razvoj rjesenja u red . . . . . . . . . . . . . . 1234.3.3 Frobenius - jednodimenzijski slobodni harmonijski oscilator . . . . . 1244.3.4 Frobenius - Besselova jednadzba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1284.3.5 Frobenius - bitni singularitet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1314.3.6 Drugo rjesenje u obliku razvoja u red . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

4.4 Obicne linearne diferencijalne jednadzbe drugog reda - nehomogene . . . . 1424.4.1 Varijacija konstante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1424.4.2 OLDJ: Greenove funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

4.5 Obicne linearne diferencijalne jednadzbe drugog reda s neodredenim pocetnim uvjetima1494.6 Parcijalne linearne diferencijalne jednadzbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

4.6.1 Razdvajanje varijabli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1574.6.2 Laplaceova i Poissonova jednadzba . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1624.6.3 Difuzijska jednadzba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1624.6.4 PLDJ: Greenove funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

4.7 Numericka rjesenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174

5 Ortogonalne funkcije 1775.1 Samoadjungirane diferencijalne jednadzbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1775.2 Hermitski operatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1875.3 Linearno nezavisan skup funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1935.4 Gram-Schmidtov postupak ortogonalizacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195

5.4.1 Potpunost skupa svojstvenih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . 2025.4.2 Nejednakosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204

5.5 Razvoj Greenove funkcije po svojstvenim funkcijama . . . . . . . . . . . . 2115.6 Greenove funkcije u jednoj dimenziji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214

6 Teorija raspodjela 2296.1 Definicija Diracove delta funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2296.2 Racunanje s delta funkcijom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2356.3 Delta funkcija u visim dimenzijama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2386.4 Reprezentacije delta funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2396.5 Delta funkcija u primjenama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243

7 Specijalne funkcije 2497.1 Gama funkcija (faktorijeli) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249

7.1.1 Definicija i osnovna svojstva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2497.1.2 Digama i poligama funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2597.1.3 Stirlingovi redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2597.1.4 Beta funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2597.1.5 Nepotpune gama funkcije i s njima povezane funkcije . . . . . . . . 260

7.2 Besselove funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2627.2.1 Besselove funkcije prve vrste Jν(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2627.2.2 Ortogonalnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2727.2.3 Neumannove funkcije, Besselove funkcije druge vrste Nν(x) . . . . . 2757.2.4 Hankelove funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2757.2.5 Modificirane Besselove funkcije Iν(x) i Kν(x) . . . . . . . . . . . . . 2757.2.6 Asimptotski razvoji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275

SADRZAJ ix

7.2.7 Sferne Besselove funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2757.3 Legendreovi polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276

7.3.1 Funkcija izvodnica (generatrisa) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2767.3.2 Rekurzije i posebna svojstva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2857.3.3 Ortogonalnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2907.3.4 Alternativna definicija Legendreovih polinoma . . . . . . . . . . . . 3037.3.5 Pridruzeni Legendreovi polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3057.3.6 Kugline funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3097.3.7 Operatori momenta kolicine gibanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3127.3.8 Adicijski teorem za kugline funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3137.3.9 Integrali umnoska tri kugline funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . 3137.3.10 Legendreove funkcije druge vrste Ql(x) . . . . . . . . . . . . . . . . 3137.3.11 Vektorske kugline funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313

7.4 Hermiteovi polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3137.5 Laguerreovi polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 330

7.5.1 Pridruzeni Laguerreovi polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3397.6 Cebisevljevi polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3557.7 Hipergeometrijska funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3557.8 Konfluentna hipergeometrijska funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3557.9 Specijalne funkcije - sazetak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355

8 Fourierovi redovi 3578.1 Opca svojstva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3578.2 Prednosti koristenja Fourierovih redova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3668.3 Primjene Fourierovih redova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 369

8.3.1 Riemannova zeta funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3758.3.2 Abelov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 379

8.4 Svojstva Fourierovih redova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3798.5 Gibbsova pojava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3818.6 Diskretne Fourierove preobrazbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 381

9 Integralne preobrazbe 3859.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3859.2 Fourierova preobrazba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 389

9.2.1 Razvoj Fourierovog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3899.2.2 Fourierova preobrazba - teorem inverzije . . . . . . . . . . . . . . . 3929.2.3 Fourierova preobrazba derivacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3989.2.4 Teorem konvolucije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4019.2.5 p reprezentacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4049.2.6 Funkcija transfera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4099.2.7 Fourierova preobrazba elementarnih funkcija . . . . . . . . . . . . . 4139.2.8 Rjesavanje parcijalnih diferencijalnih jednadzba . . . . . . . . . . . 414

9.3 Laplaceova preobrazba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4149.3.1 Elementarna Laplaceova preobrazba . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4149.3.2 Laplaceova preobrazba derivacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4249.3.3 Ostala svojstva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4299.3.4 Konvolucijski ili faltung teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4399.3.5 Inverzna Laplaceova preobrazba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 444

x SADRZAJ

9.3.6 Laplaceova preobrazba - rjesavanje parcijalnih diferencijalnih jednadzba448

10 Integralne jednadzbe 45110.1 Teorem konvolucije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 451

11 Varijacijski racun 45311.1 Jedna ovisna i jedna neovisna varijabla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45311.2 Primjene Eulerove jednadzbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45711.3 Jedna neovisna i nekoliko ovisnih varijabla . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45911.4 Jedna ovisna i nekoliko neovisnih varijabla . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46311.5 Vise od jedne ovisne i vise od jedne neovisne varijable . . . . . . . . . . . . 46711.6 Lagrangeovi mnozitelji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46811.7 Varijacije uz uvjete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47211.8 Rayleigh-Ritzova varijacijska tehnika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 478

12 Kaos 48512.1 Logisticko preslikavanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48512.2 Fraktali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502

A Matematicki dodatak 507A.1 Taylorov razvoj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 507A.2 Integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 508A.3 Zaokvirene formule iz ove knjige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 510

Ovo su biljeske s autorovih predavanja iz kolegija Matematicke metode fizike, sa petogsemestra profesorskog smjera studija fizike sveucilista u Osijeku. Biljeske nisu strucnorecenzirane i daju se na uvid studentima kao orjentacija za pripremanje ispita.Sva prava pridrzana.

xi

xii SADRZAJ

Predgovor

Cilj ove knjige je olaksati pracenje predavanja i polaganje ispita iz kolegija Matematickemetode fizike, studentima fizike sveucilista u Osijeku.Za njezino pracenje je dovoljno elementarno poznavanje vektorskog i integro-diferencijanogracuna, kao i osnovnih pojmova opce fizike.Iz svojeg visegodisnjeg rada sa studentima, autor je dosao do nedvojbenog zakljucka daopsirnost knjige nikako ne moze biti njezin nedostatak. Stoga su i mnoga objasnjenja,racuni i izvodi dani dosta detaljno, uz izostanak samo najelementarnijih algebarskih ma-nipulacija.Vise detalja o pojedinim temama obradenim u ovoj knjizi, zainetersirani citatelj mozenaci u nekoj od knjiga navedenih u popisu literature.

Napomena:Pojavljivanje u tekstu imenica kao sto su citatelj, student i slicnih, podrazumjeva i osobezenskog i osobe muskog spola, dakle: citateljica, studentica i slicno.

u Osijeku, prosinca 2005.Autor

xiii

Poglavlje 1

Poopceni koordinatni sustav

1.1 Definicija poopcenog koordinatnog sustava

Polozaj tocke u trodimnezijskom prostoru je jednoznacno odreden zadavanjem tri broja(koordinate) koji, uz dodatna pravila za njihovo odredivanje, jednoznacno opisuju polozajtocke u prostoru. Te tri koordinate zajedno s pravilima za njihovo odredivanje, nazivamokoordinatnim sustavima. Do sada smo se upoznali s tri1 koordinatna sustava: pravo-kutnim, sfernim i cilindricnim, a u ovom odjeljku cemo problemu koordinatnog sustavaprici nesto opcenitije. Opcenito cemo koordinate oznaciti s q1, q2 i q3. Njihova veza spravokutnim koordinatama je oblika

x = x(q1, q2, q3), y = y(q1, q2, q3), z = z(q1, q2, q3),

(1.1)

q1 = q1(x, y, z), q2 = q2(x, y, z), q3 = q3(x, y, z).

Za sferni koordinatni sustav, to su relacije

x = r sin θ cosϕ, r =√x2 + y2 + z2,

y = r sin θ sinϕ, θ = arctan

√x2 + y2

z, (1.2)

z = r cos θ, ϕ = arctany

x,

a za cilindricni koordinatni sustav, to su relacije

x = ρ cosϕ, ρ =√x2 + y2,

y = ρ sinϕ, ϕ = arctany

x, (1.3)

z = z.

Koordinatnom linijom nazivamo skup tocaka u prostoru za koje su dvije koordinatnekonstantne, a treca se mijenja. Jedinicnim vektorima ~e j nazivamo vektore jedinicnogiznosa koji leze na tangenti koordinatne linije qj (u danoj tocki) i imaju smjer porasta tekoordinate. Ako zelimo da vektori ~e j budu bazni vektori, pokazat cemo da se preobrazbe(1.1) ne mogu odabrati proizvoljno, vec moraju zadovoljavati odredene uvjete.

1Vidjeti npr. u [4].

1

2 POGLAVLJE 1. POOPCENI KOORDINATNI SUSTAV

Koordinatnom polohom cemo nazivati skup tocaka u prostoru, za koje su dvije koor-dinate promjenjive, a treca je konstantna.

Povezimo bazne vektore pravokutnog i poopcenog koordinatnog sustava. Polazeci odradij-vektora u pravokutnoj bazi

~r = x~ex + y ~ey + z ~ez ,

izracunajmo (d~r) 2

d~r = dx~ex + dy ~ey + dz ~ez ⇒ (d~r) 2 = dx2 + dy2 + dz2. (1.4)

No, pravokutne koordinate su, preko (1.1), dane kao funkcije poopcenih, pa je zato

dx =∂ x

∂ q1dq1 +

∂ x

∂ q2dq2 +

∂ x

∂ q3dq3,

dy =∂ y

∂ q1dq1 +

∂ y

∂ q2dq2 +

∂ y

∂ q3dq3,

dz =∂ z

∂ q1dq1 +

∂ z

∂ q2dq2 +

∂ z

∂ q3dq3.

Uvrstavanje gornjih parcijalnih derivacija u izraz za (d~r) 2, daje kvadrat diferencijalnepromjene radij-vektora izrazen preko promjene poopcenih koordinata. Taj se izraz mozepregledno napisati pomocu Lame-ovih parametara ili faktora skale, hj i hi,j , koji sudefinirani na slijedeci nacin

h1 =

√(∂ x

∂ q1

)2

+

(∂ y

∂ q1

)2

+

(∂ z

∂ q1

)2

,

h2 =

√(∂ x

∂ q2

)2

+

(∂ y

∂ q2

)2

+

(∂ z

∂ q2

)2

, (1.5)

h3 =

√(∂ x

∂ q3

)2

+

(∂ y

∂ q3

)2

+

(∂ z

∂ q3

)2

,

hi,j =∂ x

∂ qi

∂ x

∂ qj+∂ y

∂ qi

∂ y

∂ qj+∂ z

∂ qi

∂ z

∂ qj, i, j = 1, 2, 3.

Primjetimo da je

hi,j = hj,i

i da je

hi,i = h2i .

Tako je npr. prema (1.2) za sferni (SKS) i prema (1.3) za cilindricni (CKS) koordinatni

1.1. DEFINICIJA POOPCENOG KOORDINATNOG SUSTAVA 3

sustav

SKS : q1 = r, q2 = θ, q3 = ϕ,

h1 = 1, h2 = r, h3 = r sin θ,

CKS : q1 = ρ, q2 = ϕ, q3 = z,

h1 = 1, h2 = ρ, h3 = 1.

Primjer: 1.1 Pokazite da je u sfernom i cilindricnom koordinatnom sustavu hi,j = 0 zai 6= j.

R: dovrsiti

Pomocu Lame-ovih parametara, izraz (1.4) (d~r) 2 se moze pregledno napisati kao

(d~r) 2 = h21 dq21 + h22 dq

22 + h23 dq

23 + 2 h1,2 dq1 dq2 + 2 h1,3 dq1 dq3 + 2 h2,3 dq2 dq3.

Fizicko znacenje Lamee-ovih parametara jeste duljina pomaka duz odredene poopcenekoordinate. Neka se mijenja samo koordinata qj (a preostale dvije su konstantne). Tadaje

d~r = hj dqj ~e j ⇒ (d~r) 2 = h2j dq2j .

Sada, pomocu skalarnog umnoska, lako mozemo izracunati kosinuse kutova koje jedinicnivektor ~e j zatvara s baznim vektorima pravokutnog koordinatnog sustava. Ako se mijenjasamo qj koordinata, tada je

d~r =

hj dqj ~e j,/

· ~ex

dx~ex + dy ~ey + dz ~ez =∂ x

∂ qjdqj ~ex +

∂ y

∂ qjdqj ~ey +

∂ z

∂ qjdqj ~ez ,

/· ~ex .

Skalarni umnozak daje kosinus kuta izmedu baznih vektora

~e j · ~ex = cos(~e j , ~ex ).

Izjednacavanjem gornjih skalarnih umnozaka, dolazi se do relacije

hj dqj cos(~e j , ~ex ) =∂ x

∂ qjdqj ⇒ cos(~e j , ~ex ) =

1

hj

∂ x

∂ qj.

Slicnim postupkom se i za kutove izmedu ~e j i ~ey i ~ez dobije

cos(~e j, ~ey ) =1

hj

∂ y

∂ qj, cos(~e j , ~ez ) =

1

hj

∂ z

∂ qj


Gornje rezultate mozemo pregledno prikazati slijedecom tablicom skalarnih umnozaka

~ex ~ey ~ez

~e 11

h1

∂ x

∂ q1

1

h1

∂ y

∂ q1

1

h1

∂ z

∂ q1

~e 21

h2

∂ x

∂ q2

1

h2

∂ y

∂ q2

1

h2

∂ z

∂ q2(1.6)

~e 31

h3

∂ x

∂ q3

1

h3

∂ y

∂ q3

1

h3

∂ z

∂ q3,

ili matricno

~e 1

~e 2

~e 3

= M

~ex

~ey

~ez

, M =

1

h1

∂ x

∂ q1

1

h1

∂ y

∂ q1

1

h1

∂ z

∂ q1

1

h2

∂ x

∂ q2

1

h2

∂ y

∂ q2

1

h2

∂ z

∂ q2

1

h3

∂ x

∂ q3

1

h3

∂ y

∂ q3

1

h3

∂ z

∂ q3

. (1.7)

Iz tablice 1.6 je lako ocitati i inverznu relaciju

~ex

~ey

~ez

= M T

~e 1

~e 2

~e 3

, M T =

1

h1

∂ x

∂ q1

1

h2

∂ x

∂ q2

1

h3

∂ x

∂ q3

1

h1

∂ y

∂ q1

1

h2

∂ y

∂ q2

1

h3

∂ y

∂ q3

1

h1

∂ z

∂ q1

1

h2

∂ z

∂ q2

1

h3

∂ z

∂ q3

(1.8)

pa zakljucujemo da mora vrijediti

~e 1

~e 2

~e 3

= M

~ex

~ey

~ez

= MM T

~e 1

~e 2

~e 3

,

~ex

~ey

~ez

= M T

~e 1

~e 2

~e 3

= M TM

~ex

~ey

~ez

,

1.1. DEFINICIJA POOPCENOG KOORDINATNOG SUSTAVA 5

tj. da mora biti

M ·M T = M T ·M = 1.

Izracunajmo najprije dijagonalne elemente M ·M T :

(1, 1) :

(1

h1

∂ x

∂ q1

)2

+

(1

h1

∂ y

∂ q1

)2

+

(1

h1

∂ z

∂ q1

)2

=1

h21

[(∂ x

∂ q1

)2

+

(∂ y

∂ q1

)2

+

(∂ z

∂ q1

)2]= (1.5) = 1,

(2, 2) :

(1

h2

∂ x

∂ q2

)2

+

(1

h2

∂ y

∂ q2

)2

+

(1

h2

∂ z

∂ q2

)2

=1

h22

[(∂ x

∂ q2

)2

+

(∂ y

∂ q2

)2

+

(∂ z

∂ q2

)2]= (1.5) = 1,

(3, 3) :

(1

h3

∂ x

∂ q3

)2

+

(1

h3

∂ y

∂ q3

)2

+

(1

h3

∂ z

∂ q3

)2

=1

h23

[(∂ x

∂ q3

)2

+

(∂ y

∂ q3

)2

+

(∂ z

∂ q3

)2]= (1.5) = 1,

Od nedijagonalnih elemenata cemo izracunati samo jedan primjer, koji je zatim lakopoopciti i na ostale nedijagonalne elemente

(1, 2) :1

h1h2

(∂ x

∂ q1

∂ x

∂ q2+∂ y

∂ q1

∂ y

∂ q2+∂ z

∂ q1

∂ z

∂ q2

)= (1.5) =

h1,2h1h2

i slicno za ostale nedijagonalne elemente. Ocito je da relacija M · M T = 1, vodi nazahtjev

hi,j = 0, i 6= j. (1.9)

Proizvoljni vektor ~V mozemo razviti i po pravokutnoj i po poopcenoj bazi

~V = Vx ~ex + Vy ~ey + Vz ~ez = V1 ~e 1 + V2 ~e 2 + V3 ~e 3.

Pomocu relacija (1.7) i (1.8) koje povezuju obje baze, lako je dobiti i veze medu kompo-nentama vektora u tim bazama

V1

V2

V3

= M

Vx

Vy

Vz

,

Vx

Vy

Vz

= M T

V1

V2

V3

.

Potrazimo koje uvjete moraju zadovoljavati Lame-ovi parametri, pa da ~e j cine desnu bazutrodimenzijskog prostora. Da bi se izvelo, treba dokazati dvije stvari:(1) da cine potpun skup, tj. da se svaki vektor prostora moze prikazati kao linearna kom-binacija vektora baze, i (2) da su ortonormirani).

Potpunost: ... dovrsiti ....

Ortonormiranost:

~e i · ~e j =? = δi,j.

Sukladno relacijama (1.6) i ortonormiranosti vektora ~ex , ~ey , ~ez , skalarni umnozak ~e i i ~e j


je

~e i · ~e j =

(1

hi

∂ x

∂ qi~ex +

1

hi

∂ y

∂ qi~ey +

1

hi

∂ z

∂ qi~ez

)·(

1

hj

∂ x

∂ qj~ex +

1

hj

∂ y

∂ qj~ey +

1

hj

∂ z

∂ qj~ez

)

=1

hihj

(∂ x

∂ qi

∂ x

∂ qj+∂ y

∂ qi

∂ y

∂ qj+∂ z

∂ qi

∂ z

∂ qj

)= (1.5) =

hi,jhihj

= (1.9) = 0, (1.10)

pa ~e j cine ortonormiran skup. Uz ovaj uvjet je

d~r = h1 dq1 ~e 1 + h2 dq2 ~e 2 + h3 dq3~e 3, (d~r) 2 = h21 dq21 + h22 dq

22 + h23 dq

23.

Pokazimo jos i da vektori ~e j cine desnu bazu, tj. da vrijede relacije

~e 1 × ~e 1 = 0, ~e 1 × ~e 2 = ~e 3, ~e 1 × ~e 3 = −~e 2,

~e 2 × ~e 1 = −~e 3, ~e 2 × ~e 2 = 0, ~e 3 × ~e 3 = ~e 1,

~e 3 × ~e 1 = ~e 2, ~e 3 × ~e 2 = −~e 1, ~e 3 × ~e 3 = 0.

Izravnim uvrstavanjem se dobiva

~e j × ~e j =

(1

hj

∂ x

∂ qj~ex +

1

hj

∂ y

∂ qj~ey +

1

hj

∂ z

∂ qj~ez

)×(

1

hj

∂ x

∂ qj~ex +

1

hj

∂ y

∂ qj~ey +

1

hj

∂ z

∂ qj~ez

)= · · · = 0

Za i 6= j se dobiva

~e i × ~e j =

(1

hi

∂ x

∂ qi~ex +

1

hi

∂ y

∂ qi~ey +

1

hi

∂ z

∂ qi~ez

)×(

1

hj

∂ x

∂ qj~ex +

1

hj

∂ y

∂ qj~ey +

1

hj

∂ z

∂ qj~ez

)

=1

hihj

[(∂ y

∂ qi

∂ z

∂ qj− ∂ z

∂ qi

∂ y

∂ qj

)~ex +

(∂ z

∂ qi

∂ x

∂ qj− ∂ x

∂ qi

∂ z

∂ qj

)~ey +

(∂ x

∂ qi

∂ y

∂ qj− ∂ y

∂ qi

∂ x

∂ qj

)~ez

].

Lako se pokazuje da je ~e i · (~e i × ~e j) = ~e j · (~e i × ~e j) = 0. Npr.

~e i · (~e i × ~e j) =1

h2ihj

[∂ x

∂ qi

(∂ y

∂ qi

∂ z

∂ qj− ∂ z

∂ qi

∂ y

∂ qj

)+∂ y

∂ qi

(∂ z

∂ qi

∂ x

∂ qj− ∂ x

∂ qi

∂ z

∂ qj

)

+∂ z

∂ qi

(∂ x

∂ qi

∂ y

∂ qj− ∂ y

∂ qi

∂ x

∂ qj

)]= 0.

To znaci da je vektor ~e i × ~e j okomit i na ~e i i na ~e j, pa zbog ortonormiranosti mora bitijednak ±~e k za k 6= i, j, predznak plus dolazi ako vektori cine desnu bazu, a predznakminus, ako cine lijevu bazu (? uvesti tenzor ǫijk). ... dovrsiti ...

Primjer: 1.2 Parabolicni koordinatni sustav: pokazite da izbor koordinata

q1 = r + z, q2 = r − z, q3 = arctany

x,

vodi na ortonormiranu bazu ~e j.

R: dodati sliku i dovrsiti

1.2. OPERATOR GRADIJENTA U POOPCENOM KOORDINATNOM SUSTAVU 7

Neka proizvoljni vektor ~V ovisi o vremenu t

~V (t) = V1(t)~e 1(t) + V2(t)~e 2(t) + V3(t)~e 3(t),

Izracunajmo njegovu vremensku derivaciju

d ~V (t)

d t=d V1d t

~e 1 +d V2d t

~e 2 +d V3d t

~e 3 + V1d~e 1

d t+ V2

d~e 2

d t+ V3

d~e 3

d t.

Lako je opcenito pokazati da je derivacija jedinicnog vektora okomita na sam vektor:derivacijom uvjeta normiranosti slijedi

~e j · ~e j = 1,

/d

d t

d~e jd t

· ~e j + ~e j ·d~e jd t

= 0 ⇒ 2~e j ·d~e jd t

= 0 ⇒ ~e j ⊥d~e jd t

.

Iz ovoga zakljucujemo da derivacija vektora ~e j lezi u (~e i, ~e k) ravnini

d~e jd t

= α~e i + β ~e k, α, β = const.

1.2 Operator gradijenta u poopcenom koordinatnom sustavu

Neka je zadana skalarno polje poopcenih koordinata, s(q1, q2, q3). Zadatak je naci gradijenttog polja u poopcenom koordinatnom sustavu. Zapocet cemo s onime sto znamo, a to jegradijent u pravokutnom koordinatnom sustavu (vidjeti npr. u [4])

grad s =−→∇s =

(~ex

∂

∂ x+ ~ey

∂

∂ y+ ~ez

∂

∂ z

)s = ~ex

∂ s

∂ x+ ~ey

∂ s

∂ y+ ~ez

∂ s

∂ z.


Sada, prema (1.1), pravokutne koordinate shvacamo kao funkcije poopcenih

−→∇s = ~ex∂ s

∂ x+ ~ey

∂ f

∂ y+ ~ez

∂ s

∂ z

= ~ex

(∂ s

∂ q1

∂ q1∂ x

+∂ s

∂ q2

∂ q2∂ x

+∂ s

∂ q3

∂ q3∂ x

)

+ ~ey

(∂ s

∂ q1

∂ q1∂ y

+∂ s

∂ q2

∂ q2∂ y

+∂ s

∂ q3

∂ q3∂ y

)

+ ~ez

(∂ s

∂ q1

∂ q1∂ z

+∂ s

∂ q2

∂ q2∂ z

+∂ s

∂ q3

∂ q3∂ z

)

=∂ s

∂ q1

(~ex

∂ q1∂ x

+ ~ey∂ q1∂ y

+ ~ez∂ q1∂ z

)

+∂ s

∂ q2

(~ex

∂ q2∂ x

+ ~ey∂ q2∂ y

+ ~ez∂ q2∂ z

)

+∂ s

∂ q3

(~ex

∂ q3∂ x

+ ~ey∂ q3∂ y

+ ~ez∂ q3∂ z

)

=∂ s

∂ q1

−→∇q1 +∂ s

∂ q2

−→∇q2 +∂ s

∂ q3

−→∇q3, (1.11)

gdje smo s−→∇qj oznacili gradijent j-te poopcene koordinate u pravokutnom koordinatnom

sustavu

−→∇qj = ~ex∂ qj∂ x

+ ~ey∂ qj∂ y

+ ~ez∂ qj∂ z

, j = 1, 2, 3.

No, svaki vektor, pa tako i−→∇qj se moze razviti po vektorima baze poopcenog koordinatnog

sustava, tj. mora postojati zapis oblika

−→∇qj = g1 ~e 1 + g2 ~e 2 + g3 ~e 3,

1.2. OPERATOR GRADIJENTA U POOPCENOM KOORDINATNOM SUSTAVU 9

za koeficijente gj koje cemo sada izracunati. Zbog ortonormiranosti vektora baze ~e j ,komponente razvoja je lako dobiti skalarnim umnoskom. Tako je

~e 1 · (−→∇q1) = g1 = ~e 1 · ~ex

∂ q1∂ x

+ ~e 1 · ~ey∂ q1∂ y

+ ~e 1 · ~ez∂ q1∂ z

= (1.6) =

=1

h1

∂ x

∂ q1

∂ q1∂ x

+1

h1

∂ y

∂ q1

∂ q1∂ y

+1

h1

∂ z

∂ q1

∂ q1∂ z

=1

h1

(∂ q1∂ x

∂ x

∂ q1+∂ q1∂ y

∂ y

∂ q1+∂ q1∂ z

∂ z

∂ q1

)

=1

h1

∂ q1(x, y, z)

∂ q1=

1

h1.

~e 2 · (−→∇q1) = g2 =

1

h2

∂ q1∂ q2

=1

h2· 0 = 0.

~e 3 · (−→∇q1) = g3 =

1

h3

∂ q1∂ q3

=1

h3· 0 = 0.

Gradijent koordinate q1 je usmjeren u pravcu vektora ~e 1, a iznos mu je jednak 1/h1

−→∇q1 =1

h1~e 1.

Na slican se dobiju i gradijenti preostale dvije poopcene koordinate

−→∇q2 =1

h2~e 2,

−→∇q3 =1

h3~e 3.

Sada se mozemo vratiti izrazu za gradijent skalarnog polja (1.11) i napisati konacni izrazza operator gradijenta u poopcenom koordinatnom sustavu

−→∇s =(~e 1

h1

∂

∂ q1+~e 2

h2

∂

∂ q2+~e 3

h3

∂

∂ q3

)s. (1.12)


Primjenjena na sferni (SKS) i cilindricni (CKS) koordinatni sustav, gornja relacija daje

SKS : ~e 1 = ~e r , ~e 2 = ~e θ , ~e 3 = ~eϕ

h1 = 1, h2 = r, h3 = r sin θ

−→∇ = ~e r∂

∂ r+~e θr

∂

∂ θ+

~eϕr sin θ

∂

∂ ϕ, (1.13)

CKS : ~e 1 = ~e ρ , ~e 2 = ~eϕ , ~e 3 = ~ez

h1 = 1, h2 = ρ, h3 = 1

−→∇ = ~e ρ∂

∂ ρ+~eϕρ

∂

∂ ϕ+ ~ez

∂

∂ z. (1.14)

1.3 Operator divergencije u poopcenom koordinatnom sustavu

Neka je zadano vektorsko polje

~V (q1, q2, q3) = V1 ~e 1 + V2 ~e 2 + V3 ~e 3.

Zelimo izracunati njegovu divergenciju−→∇ ~V u poopcenom koordinatnom sustavu

−→∇ ~V =−→∇ (V1 ~e 1 + V2 ~e 2 + V3 ~e 3)

= (−→∇V1)~e 1 + (

−→∇V2)~e 2 + (−→∇V3)~e 3 (1.15)

+ V1 (−→∇~e 1) + V2 (

−→∇~e 2) + V3 (−→∇~e 3).

Same komponente Vj vektora ~V su skalarna polja, a gradijent skalarnog polja smo upravo

izracunali u odjeljku 1.2, pa nam preostaje jos izracunati izraze oblika−→∇~e j . Iz tog istog

odjeljka 1.2 znamo i da je−→∇q1 = ~e 1/h1, a buduci da je rotacija gradijenta jednaka nuli,

slijedi da je i

0 =−→∇ × −→∇q1 =

−→∇ × 1

h1~e 1.

Nadalje je

0 =−→∇ × 1

h1~e 1 =

1

h1

−→∇ × ~e 1 + (−→∇ 1

h1)× ~e 1

0 =1

h1

−→∇ × ~e 1 −1

h21(−→∇h1)× ~e 1 ⇒ −→∇ × ~e 1 =

1

h1(−→∇h1)× ~e 1.

1.3. OPERATOR DIVERGENCIJE U POOPCENOM KOORDINATNOM SUSTAVU 11

Gradijent h1 mozemo raspisati pomocu (1.12)

−→∇h1 =~e 1

h1

∂ h1∂ q1

+~e 2

h2

∂ h1∂ q2

+~e 3

h3

∂ h1∂ q3

,

sto konacno vodi na

−→∇ × ~e 1 =1

h1

(~e 1

h1

∂ h1∂ q1

+~e 2

h2

∂ h1∂ q2

+~e 3

h3

∂ h1∂ q3

)× ~e 1 =

1

h1 h3

∂ h1∂ q3

~e 2 −1

h1 h2

∂ h1∂ q2

~e 3.

Slicnim se nacinom racunaju i rotacije preostala dva jedinicna vektora

−→∇ × ~e 1 =1

h1 h3

∂ h1∂ q3

~e 2 −1

h1 h2

∂ h1∂ q2

~e 3,

−→∇ × ~e 2 =1

h2 h1

∂ h2∂ q1

~e 3 −1

h2 h3

∂ h2∂ q3

~e 1, (1.16)

−→∇ × ~e 3 =1

h3 h2

∂ h3∂ q2

~e 1 −1

h3 h1

∂ h3∂ q1

~e 2.

Pomocu gornjih izraza i jednakosti2

−→∇(~a × ~b ) = ~b (−→∇ × ~a )− ~a (

−→∇ × ~b ),

mozemo izracunati divergencije jedinicnih vektora

−→∇~e 1 =−→∇(~e 1 × ~e 3) = ~e 3(

−→∇ × ~e 2)− ~e 2(−→∇ × ~e 3)

= ~e 3

(1

h2 h1

∂ h2∂ q1

~e 3 −1

h2 h3

∂ h2∂ q3

~e 1

)− ~e 2

(1

h3 h2

∂ h3∂ q2

~e 1 −1

h3 h1

∂ h3∂ q1

~e 2

)

=1

h1 h2

∂ h2∂ q1

+1

h1 h3

∂ h3∂ q1

Slicnim se postupkom racunaju i divergencije preostala dva jedinicna vektora, sto svezajedno daje

−→∇~e 1 =1

h1 h2

∂ h2∂ q1

+1

h1 h3

∂ h3∂ q1

,

−→∇~e 2 =1

h2 h3

∂ h3∂ q2

+1

h1 h2

∂ h1∂ q2

,

−→∇~e 3 =1

h1 h3

∂ h1∂ q3

+1

h2 h3

∂ h2∂ q3

.

Vratimo se izrazu (1.15). Izravnim uvrstavanjem izraza (1.12) za divergenciju svake kom-

ponente polja−→∇Vj i gornjih izraza za divergencije jedinicnih vektora

−→∇~e j , dobiva se za

2Vidjeti npr. [4].


divergenciju vektorskog polja

−→∇ ~V =1

h1 h2 h3

[∂

∂ q1(V1h2h3) +

∂

∂ q2(h1V2h3) +

∂

∂ q3(h1h2V3)

]. (1.17)


SKS : ~e 1 = ~e r , ~e 2 = ~e θ , ~e 3 = ~eϕ

h1 = 1, h2 = r, h3 = r sin θ

−→∇ ~V =1

r2∂

∂ r

(r2 Vr

)+

1

r sin θ

∂

∂ θ

(sin θ Vθ

)+

1

r sin θ

∂ Vϕ∂ ϕ

,

CKS : ~e 1 = ~e ρ , ~e 2 = ~eϕ , ~e 3 = ~ez

h1 = 1, h2 = ρ, h3 = 1

−→∇ ~V =1

ρ

∂

∂ ρ

(ρ Vρ

)+

1

ρ

∂ Vϕ∂ ϕ

+∂ Vz∂ z

.

1.4 Operator rotacije u poopcenom koordinatnom sustavu

Proizvoljni vektor ~V u poopcenom koordinatnom sustavu je oblika

~V = V1 ~e 1 + V2 ~e 2 + V3 ~e 3.

Primjenom poznate3 relacije

−→∇ × (a ~b ) = a(−→∇ × ~b ) + (

−→∇ a)× ~b ,

na ~V , dobiva se

−→∇ × ~V =−→∇ × (V1~e 1 + V2~e 2 + V3~e 3)

= (−→∇ V1)× ~e 1 + V1

−→∇ × ~e 1

+ (−→∇ V2)× ~e 2 + V2

−→∇ × ~e 2

+ (−→∇ V3)× ~e 3 + V3

−→∇ × ~e 3.

3Vidjeti npr. [4].

1.5. LAPLASIJAN SKALARNOG POLJA U POOPCENOM KOORDINATNOM SUSTAVU 13

Clanovi oblika−→∇ Vj se racunaju uvrstvanjam u (1.12), a clanovi oblika

−→∇ ×~e j , uvrstavanjemu (1.16)

−→∇ × ~V =

(~e 1

h1

∂ V1∂ q1

+~e 2

h2

∂ V1∂ q2

+~e 3

h3

∂ V1∂ q3

)× ~e 1 + V1

(1

h1 h3

∂ h1∂ q3

~e 2 −1

h1 h2

∂ h1∂ q2

~e 3

)

+

(~e 1

h1

∂ V2∂ q1

+~e 2

h2

∂ V2∂ q2

+~e 3

h3

∂ V2∂ q3

)× ~e 2 + V2

(1

h1 h2

∂ h2∂ q1

~e 3 −1

h2 h3

∂ h2∂ q3

~e 1

)

+

(~e 1

h1

∂ V3∂ q1

+~e 2

h2

∂ V3∂ q2

+~e 3

h3

∂ V3∂ q3

)× ~e 3 + V3

(1

h2 h3

∂ h3∂ q2

~e 3 −1

h1 h3

∂ h3∂ q1

~e 2

)

Sredivanjem gornjeg izraza, dobiva se rotacija vektora izrazena u poopcenom koordinat-nom sustavu

−→∇ × ~V =~e 1

h2 h3

[∂ V3h3∂ q2

− ∂ V2h2∂ q3

]+

~e 2

h1 h3

[∂ V1h1∂ q3

− ∂ V3h3∂ q1

]+

~e 3

h1 h2

[∂ V2h2∂ q1

− ∂ V1h1∂ q2

].

(1.18)Primjenjena na sferni i cilindricni koordinatni sustav, gornja relacija daje

SKS : ~e 1 = ~e r , ~e 2 = ~e θ , ~e 3 = ~eϕ

h1 = 1, h2 = r, h3 = r sin θ

−→∇ × ~V =~e r

r sin θ

[∂ Vϕ sin θ

∂ θ− ∂ Vθ∂ ϕ

]+

~e θr sin θ

[∂ Vr∂ ϕ

− sin θ∂ r Vϕ∂ r

]+~eϕr

[∂ r Vθ∂ r

− ∂ Vr∂ θ

].

CKS : ~e 1 = ~e ρ , ~e 2 = ~eϕ , ~e 3 = ~ez

h1 = 1, h2 = ρ, h3 = 1

−→∇ × ~V =~e ρρ

[∂ Vz∂ ϕ

− ρ∂ Vϕ∂ z

]+ ~eϕ

[∂ Vρ∂ z

− ∂ Vz∂ ρ

]+~ezρ

[∂ Vϕρ

∂ ρ− ∂ Vρ∂ ϕ

].

1.5 Laplasijan skalarnog polja u poopcenom koordinatnom sus-

tavu

Rezultat dvostrukog uzastopnog djelovanja operatorom nabla na skalarno polje poopcenihkoordinata s(q1, q2, q3) oznacavamo s

−→∇(−→∇s) = ∇ 2s


i zovemo laplasijan skalarnog polja s. Izraz za ∇ 2s je lako dobiti kombiniranjem izraza(1.12) za gradijent skalarnog polja

−→∇s =~e 1

h1

∂ s

∂ q1+~e 2

h2

∂ s

∂ q2+~e 3

h3

∂ s

∂ q3

i izraza (1.17) za divergenciju vektorskog polja

−→∇ ~V =1

h1 h2 h3

[∂

∂ q1(V1h2h3) +

∂

∂ q2(h1V2h3) +

∂

∂ q3(h1h2V3)

].

Uvrsti li se u zraz za divergenciju

V1 =1

h1

∂ s

∂ q1, V2 =

1

h2

∂ s

∂ q2, V3 =

1

h3

∂ s

∂ q3,

lako se dolazi do konacnog izraza za laplasijan skalarnog polja u poopcenim koordinatama

∇ 2s =1

h1 h2 h3

[∂

∂ q1

(h2 h3h1

∂ s

∂ q1

)+

∂

∂ q2

(h1 h3h2

∂ s

∂ q2

)+

∂

∂ q3

(h1 h2h3

∂ s

∂ q3

)].

(1.19)ili krace

∇ 2s =1

h1 h2 h3

3∑

i=1

∂

∂ qi

(h1 h2 h3h2i

∂ s

∂ qi

)


SKS : ~e 1 = ~e r , ~e 2 = ~e θ , ~e 3 = ~eϕ

h1 = 1, h2 = r, h3 = r sin θ

∇ 2s =1

r2∂

∂ r

(r2∂ s

∂ r

)+

1

r2 sin θ

∂

∂ θ

(sin θ

∂ s

∂ θ

)+

1

r2 sin2 θ

∂2s

∂ ϕ2. (1.20)

CKS : ~e 1 = ~e ρ , ~e 2 = ~eϕ , ~e 3 = ~ez

h1 = 1, h2 = ρ, h3 = 1

∇ 2s =1

ρ

∂

∂ ρ

(ρ∂ s

∂ ρ

)+

1

ρ2∂2 s

∂ ϕ2+∂2 s

∂ z2. (1.21)

1.6. LAPLASIJAN VEKTORSKOG POLJA U POOPCENOM KOORDINATNOM SUSTAVU 15

1.6 Laplasijan vektorskog polja u poopcenom koordinatnom sus-

tavu

Da bismo izracunali laplasijan vektorskog polja ~V (q1, q2, q3) u poopcenim koordinatama,posluzit cemo se ranije poznatom relacijom

∇ 2~V =−→∇(

−→∇ ~V )− −→∇ × (−→∇ × ~V ). (1.22)

Izraze za gradijent (1.12)

−→∇s = ~e 1

h1

∂ s

∂ q1+~e 2

h2

∂ s

∂ q2+~e 3

h3

∂ s

∂ q3,

divergenciju (1.17)

−→∇ ~V =1

h1 h2 h3

[∂

∂ q1(V1h2h3) +

∂

∂ q2(h1V2h3) +

∂

∂ q3(h1h2V3)

],

i rotaciju (1.18)

−→∇ × ~V =~e 1

h2 h3

[∂ V3h3∂ q2

− ∂ V2h2∂ q3

]+

~e 2

h1 h3

[∂ V1h1∂ q3

− ∂ V3h3∂ q1

]+

~e 3

h1 h2

[∂ V2h2∂ q1

− ∂ V1h1∂ q2

].

u poopceniom koordinatama vec imamo izracunate, pa je opet potrebno (samo) kombini-

rati te izraze. Tako se npr. za gradijent divergencije vektora ~V dobije

−→∇(−→∇ ~V ) =

~e 1

h1

∂

∂ q1

1

h1h2h3

[∂

∂ q1(V1h2h3) +

∂

∂ q2(h1V2h3) +

∂

∂ q3(h1h2V3)

]

+~e 2

h2

∂

∂ q2

1

h1h2h3

[∂

∂ q1(V1h2h3) +

∂

∂ q2(h1V2h3) +

∂

∂ q3(h1h2V3)

]

+~e 3

h3

∂

∂ q3

1

h1h2h3

[∂

∂ q1(V1h2h3) +

∂

∂ q2(h1V2h3) +

∂

∂ q3(h1h2V3)

].

Slicno se i za rotaciju rotacije ~V dobije

−→∇ × (−→∇ × ~V ) =

~e 1

h2h3

∂

∂ q2

h3h1h2

[∂

∂ q1(V2h2)−

∂

∂ q2(V1h1)

]− ∂

∂ q3

h2h1h3

[∂

∂ q3(V1h1)−

∂

∂ q1(V3h3)

]

+~e 2

h1h3

∂

∂ q3

h1h2h3

[∂

∂ q2(V3h3)−

∂

∂ q3(V2h2)

]− ∂

∂ q1

h3h1h2

[∂

∂ q1(V2h2)−

∂

∂ q2(V1h1)

]

+~e 3

h1h2

∂

∂ q1

h2h1h3

[∂

∂ q3(V1h1)−

∂

∂ q1(V3h3)

]− ∂

∂ q2

h1h2h3

[∂

∂ q2(V3h3)−

∂

∂ q3(V2h2)

]

Izravnim uvrstavanjem gornjih izraza u (1.22), dobiva se konacni izraz za∇ 2~V u poopcenimkoordinatama

∇ 2~V = ~e 1

∇ 2~V

1+ ~e 2

∇ 2~V

2+ ~e 3

∇ 2~V

3, (1.23)


gdje su

∇ 2~V

1

=1

h1

∂

∂ q1

1

h1h2h3

[∂

∂ q1(V1h2h3) +

∂

∂ q2(h1V2h3) +

∂

∂ q3(h1h2V3)

]

− 1

h2h3

∂

∂ q2

h3h1h2

[∂

∂ q1(V2h2)−

∂

∂ q2(V1h1)

]− ∂

∂ q3

h2h1h3

[∂

∂ q3(V1h1)−

∂

∂ q1(V3h3)

]

∇ 2~V

2

=1

h2

∂

∂ q2

1

h1h2h3

[∂

∂ q1(V1h2h3) +

∂

∂ q2(h1V2h3) +

∂

∂ q3(h1h2V3)

]

− 1

h1h3

∂

∂ q3

h1h2h3

[∂

∂ q2(V3h3)−

∂

∂ q3(V2h2)

]− ∂

∂ q1

h3h1h2

[∂

∂ q1(V2h2)−

∂

∂ q2(V1h1)

]

∇ 2~V

3

=1

h3

∂

∂ q3

1

h1h2h3

[∂

∂ q1(V1h2h3) +

∂

∂ q2(h1V2h3) +

∂

∂ q3(h1h2V3)

]

− 1

h1h2

∂

∂ q1

h2h1h3

[∂

∂ q3(V1h1)−

∂

∂ q1(V3h3)

]− ∂

∂ q2

h1h2h3

[∂

∂ q2(V3h3)−

∂

∂ q3(V2h2)

].


SKS : ~e 1 = ~e r , ~e 2 = ~e θ , ~e 3 = ~eϕ

h1 = 1, h2 = r, h3 = r sin θ

∇ 2~V =

[∇ 2Vr −

2

r2

(Vr +

1

sin θ

∂

∂ θ(sin θVθ) +

1

sin θ

∂ Vϕ∂ ϕ

)]~e r

+

[∇ 2Vθ +

2

r2

(∂ Vr∂ θ

− Vθ2 sin2 θ

− cos θ

sin2 θ

∂ Vϕ∂ ϕ

)]~e θ

+

[∇ 2Vϕ +

2

r2 sin θ

(∂ Vr∂ ϕ

+cos θ

sin θ

∂ Vθ∂ ϕ

− Vϕ2 sin θ

)]~eϕ .

CKS : ~e 1 = ~e ρ , ~e 2 = ~eϕ , ~e 3 = ~ez

h1 = 1, h2 = ρ, h3 = 1

∇ 2~V =

(∇ 2Vρ −

1

ρ2Vρ −

2

ρ2∂ Vϕ∂ ϕ

)~e ρ +

(∇ 2Vϕ −

1

ρ2Vϕ +

2

ρ2∂ Vρ∂;ϕ

)~eϕ +

(∇ 2Vz

)~ez .

1.7 Elipticki koordinatni sustav

dopisati (? u tm)

Poglavlje 2

Funkcije kompleksne varijable 1:analiticka svojstva

2.1 Kompleksna algebra

Kompleksnim brojem se naziva uredeni par dva realna broja (a, b), koji se obicno pisei kao

a+ ı b,

gdje je s ı =√−1 oznacena imaginarna jedinica.

ı2 = −1.

Slicno se uvodi i pojam kompleksne varijable kao uredenog para dvije realne varijable(x, y), koji se opet uobicajeno pise i kao

z = x+ ı y.

Graficki se kompleksni broj ili kompleksna varijabla mogu prikazati u kompleksnojravnini (ili Argandovoj ravnini), tako da realni dio ima smjer apscise, a imaginarni dioima smjer ordinate (slika 2.1) Ovaj se prikaz moze povezati s polarnim koordinatnim

Slika 2.1: Prikaz kompleksne varijable u kompleksnoj ravnini.

17

18 POGLAVLJE 2. FUNKCIJE KOMPLEKSNE VARIJABLE 1

sustavom (vidjeti npr. [4]) na slijedeci nacin

z = x+ ı y

~ρ = ~ex x+ ~ey y = ~ex ρ cosϕ+ ~ey ρ sinϕ,

pri cemu je

ℜ z = x = ρ cosϕ,

ℑ z = y = ρ sinϕ,

z = x+ ı y = ρ(cosϕ+ ı sinϕ) = ρ eı ϕ.

Gornji se zapis naziva polarni prikaz kompleksne varijable (ili broja). Velicina ρ senaziva modul ili iznos kompleksnog broja,

ρ = |z| =√x2 + y2,

a ϕ je faza ili argument kompleksnog broja

ϕ = arctany

x.

Zbrajanje kompleksnih brojeva se definira kao

z1 + z2 = (x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, y1 + y2) = (x1 + x2) + ı (y1 + y2).

Mnozenje kompleksnih brojeva se definira kao

z1 · z2 = (x1, y1) · (x2, y2) = (x1x2 − y1y2, x1y2 + x2y1) = (x1x2 − y1y2) + ı (x1y2 + x2y1).

Matricni zapis kompleksnog brojaPokazimo da je zbrajanje i mnozenje kompleksnih brojeva izomorfno sa zbrajanjem imnozenjem antisimetricne 2× 2 matrica oblika

z = x+ ı y =

[x y−y x

].

Primjetimo da formulacija preko matrica ne zahtjeva uvodenje imaginarne jediniceı2 = −1. Prema pravilu o zbrajanju matrica je

z1 + z2 =

[x1 y1−y1 x1

]+

[x2 y2−y2 x2

]=

[x1 + x2 y1 + y2−y1 − y2 x1 + x2

],

a to je upravo isto sto i matrica zbroja (x1 + x2) + ı (y1 + y2)

(x1 + x2) + ı (y1 + y2) =

[x1 + x2 y1 + y2

−(y1 + y2) x1 + x2

].

Slicno se pokazuje i za mnozenje. Prema pravilu o mnozenju matrica, slijedi

z1 · z2 =[

x1 y1−y1 x1

]·[

x2 y2−y2 x2

]=

[x1x2 − y1y2 x1y2 + y1x2−y1x2 − y2x1 −y1y2 + x1x2

].

2.1. KOMPLEKSNA ALGEBRA 19

No gornji izraz je upravo matrica umnoska z1 · z2 = (x1x2 − y1y2) + ı (x1y2 + x2y1)

(x1x2 − y1y2) + ı (x1y2 + x2y1) =

[x1x2 − y1y2 x1y2 + x2y1

−(x1y2 + x2y1) x1x2 − y1y2

].

Zbrajanje i oduzimanje je zgodnije izvoditi u pravokutnom prikazu (algebarski), dok jemnozenje, dijeljenje, potenciranje i korjenovanje, zgodnije izvoditi u polarnom prikazu(vektorski).

Pokazimo i slijedece dvije korisne nejednakosti

|z1| − |z2| ≤ |z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2|.

Dokazimo prvu nejednakost:

|z1| − |z2| ≤ |z1 + z2|√x21 + y21 −

√x22 + y22 ≤

√(x1 + x2)2 + (y1 + y2)2

/ 2

−√x21 + y21

√x22 + y22 ≤ x1x2 + y1y2

+√x21 + y21

√x22 + y22 ≥ −(x1x2 + y1y2)

/ 2

x21y22 − 2x1x2y1y2 + y21x

22 ≥ 0

(x1y2 − y1x2)2 ≥ 0,

sto je istina, jer je kvadrat realnog broja uvijek veci ili jednak nuli i time je polaznanejednakost dokazana.Slicno se dokazuje i druga nejednakost:

|z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2|√

(x1 + x2)2 + (y1 + y2)2 ≤√x21 + y21 +

√x22 + y22

/ 2

x1x2 + y1y2 ≤√x21 + y21

√x22 + y22

/ 2

x21y22 − 2x1x2y1y2 + y21x

22 ≥ 0

(x1y2 − y1x2)2 ≥ 0.

Iz zapisa u polarnom obliku, lako se pokazuje da je

|z1 · z2| = |z1| · |z2|, arg(z1 · z2) = arg(z1) + arg(z2).

Zaista, prema definiciji je

z1 = ρ1 eı ϕ1 , z2 = ρ2 e

ı ϕ2 , ⇒ z1 · z2 = ρ1 eı ϕ1 ρ2 e

ı ϕ2 = ρ1 ρ2 eı (ϕ1+ϕ2),

iz cega izravno slijede gornje dvije tvrdnje.

Kompleksne funkcije


Ako je f(z) funkcija kompleksne varijable z, ona se zove kompleksna funkcija. Kao ikompleksni brojevi i kompleksne se funkcije mogu rastaviti na realni u i imaginarni v dio

f(x+ ı y) = u(x, y) + ı v(x, y)

ℜ f(z) = u(x, y),

ℑ f(z) = v(x, y),

gdje su u i v realne funkcije. z = x + ı y je tocka u kompleksnoj z ravnini, a f(z) =u(z) + ı v(z) je tocka u kompleksnoj f ravnini (slika 2.2), pa se zato kaze da funkcija fpreslikava skup tocaka z ravnine u skup tocaka f ravnine. Sve elementarne funkcije realne

Slika 2.2: Kompleksna funkcija f preslikava skup tocaka kompleksne z = (x, y) ravnine u skup tocakakompleksne f = (u, v) ravnine.

varijable x, mogu se produljiti u kompleksnu ravninu z, jednostavnom zamjenom

x → z.

Ovaj se postupak naziva analiticko produljenje.

Kompleksno konjugiranjeJedna jednostavna kompleksna funkcija je funkcija kompleksnog konjugiranja: ona mi-jenja ı u −ı, tj. ona sve tocke gornje poluravnine z, preslikava u njihove zrcalne slikeu donjoj poluravnini i obratno (slika 2.3). Kompleksno konjugiranje se oznacava zvjez-dicom, pa se tako npr. kompleksno konjugirani broj broja z = x + ı y, oznacava kaoz ⋆ = x− ı y. Iz definicije kompleksnog konjugiranja kao zrcaljenja, jasno je da dvostrukaprimjena operacije daje identitet, tj. da je

(z ⋆ ) ⋆ = z.

Umnozak z i z ⋆ je realan broj

z z ⋆ = (x+ ı y) (x− ı y) = x2 + y2

= ρ eı ϕ ρ e−ı ϕ = ρ2,

Tako da je iznos od z dan sa |z| =√z z ⋆ .


Slika 2.3: Kompleksno konjugiranje kao zrcaljenje oko realne osi.

Eksponencijalna funkcijaRaspisimo eksponencijalnu funkciju ez u obliku reda

ez =

∞∑

n=0

zn

n !,

za cisto imaginarni z = ı y i razdvojimo realni imaginarni dio

ez = 1 +ı y

1 !+

(ı y)2

2 !+

(ı y)3

3 !+

(ı y)4

4 !+

(ı y)5

5 !+

(ı y)6

6 !+

(ı y)7

7 !+

(ı y)8

8 !+ · · ·

=

(1− y2

2 !+y4

4 !− y6

6 !+ · · ·

)+ ı

(y

1 !− y3

3 !+y5

5 !− y7

7 !+ · · ·

).

Gornje razvoje prepoznajemo kao razvoje kosinusa i sinusa, pa je time pokazana Eule-rova formula

e ı y = cos y + ı sin y. (2.1)

Potencija kompleksnog broja - De Moivreova formulaZa potenciranje kompleksnog broja, korisno je koristiti polarni zapis z = ρ eı ϕ

zn = (ρ eı ϕ)n = ρn eı nϕ = ρn[cos(nϕ) + ı sin(nϕ)

].

No, (eı ϕ)n se moze napisati na dva nacina

(eı ϕ)n = (cosϕ+ ı sinϕ)n

eı (ϕ n) = cos(nϕ) + ı sin(nϕ).


Izjednacavanjem gornja dva izraza, dolazi se do De Moivreove formule

cos(nϕ) + ı sin(nϕ) = (cosϕ + ı sinϕ)n, (2.2)

koja povezuje trigonometrijske funkcije kuta nϕ sa trigonometrijskim funkcijama kutaϕ. Tako se npr. za n = 2 i n = 3, raspisom desne strane gornjeg izraza i izjednacavanjemrealnog i imaginarnog dijela lijeve i desne strane dobiva:

cos(2ϕ) + ı sin(2ϕ) = (cosϕ+ ı sinϕ)2,

= cos2 ϕ− sin2 ϕ+ ı 2 sinϕ cosϕ,

⇒ cos(2ϕ) = cos2 ϕ− sin2 ϕ,

⇒ sin(2ϕ) = 2 sinϕ cosϕ,

cos(3ϕ) + ı sin(3ϕ) = (cosϕ+ ı sinϕ)3,

= cos3 ϕ− 3 cosϕ sin2 ϕ+ ı(3 cos2 ϕ sinϕ− sin3 ϕ),

⇒ cos(3ϕ) = cosϕ(cos2 ϕ− 3 sin2 ϕ),

⇒ sin(3ϕ) = sinϕ(3 cos2 ϕ− sin2 ϕ).

Zadatak: 2.1 Ako su: z1 = 1− ı, z2 = −2 + 4ı, z3 =√3− 2ı, izracunajte

|z21 + z⋆ 22 |2 + |z⋆ 2

3 − z22 |2.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.2 Izracunajte

(√3− ı√3 + ı

)4

·(1 + ı

1− ı

)5

.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.3 Za −1 < p < 1, dokazite da vrijedi:

(a)∞∑

n=0

pn cosnx =1− p cosx

1− 2p cosx+ p2,

(b)∞∑

n=0

pn sinnx =p sin x

1− 2p cosx+ p2.


Ovi se izrazi pojavljuju pri analizi Fabry-Perotovog interferometra.

R:Promatra se geometrijski red

∞∑

n=0

(p eı x)n =1

1− p eı x=

1

1− p (cosx+ ı sin x)

=(1− p cosx) + ıp sin x

(1− p cosx)2 + (p sin x)2.

S druge strane je

∞∑

n=0

(p eı x)n =∞∑

n=0

pn eı n x =∞∑

n=0

pn cos nx+ ı∞∑

n=0

pn sin nx.

Usporedbom realnih i imaginarnih dijelova gornjih izraza, pokazuju se trazenejednakosti.

Zadatak: 2.4 Koristeci identitete

cos z =eı z + e−ı z

2, sin z =

eı z − e−ı z

2 ı,

pokazite da je

(a) sin(x+ ı y) = sin x cosh y + ı cosx sinh y,

cos(x+ ı y) = cos x cosh y − ı sin x sinh y,

(b) | sin z|2 = sin2 x+ sinh2 y,

| cos z|2 = cos2 x+ sinh2 y.

Time se pokazuje da su u kompleksnoj ravnini i | sin z| i | cos z| veci od 1.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.5 Pokazite da je

(a) sinh(x+ ı y) = sinh x cos y + ı cosh x sin y,

cosh(x+ ı y) = cosh x cos y + ı sinh x sin y,

(b) | sinh z|2 = sinh2 x+ sin2 y,

| cosh z|2 = sinh2 x+ cos2 y.


R:dovrsiti

Zadatak: 2.6 Dokazite da vrijedi:

(a) arcsin z = −ı ln[ı z ±

√1− z2

],

(b) arccos z = −ı ln[z ±

√z2 − 1

],

(c) arctan z =ı

2lnı+ z

ı− z,

(d) arsinh z = ln[z +

√z2 + 1

],

(e) arcosh z = ln[z +

√z2 − 1

],

(f) artanh z =1

2ln

1 + z

1− z.

R:(a)

sin z =1

2ı(eız − e−ız),

2ı sin z = eız − 1

eız,

(eız)2 − 2ı sin z (eız)− 1 = 0,

(eız)± = ı sin z ±√

1− sin2 z,

z± = −ı ln(ı sin z ±

√1− sin2 z

).

(b) dovrsiti

Zadatak: 2.7 Pokazite da jednadzba

z = Ae ı t +B e−ı t,

za kompleksne konstante A i B i realni parametar t, predstavlja elipsu. Napisitenjezinu jednadzbu u pravokutnom koordinatnom sustavu. Skicirajte elipsu.


R:dovrsiti

Zadatak: 2.8 Dokazite da je

(a) | sin z| ≥ | sin x|,(b) | cos z| ≥ | cosx|.

R:dovrsiti


(a) tanhz

2=

sinh x+ ı sin y

cosh x+ cos y,

(b) cothz

2=

sinh x− ı sin y

cosh x− cos y.

R:dovrsiti

Korjen kompleksnog brojaNeka je

z = ρ eı ϕ = ρ (cosϕ+ ı sinϕ)

kompleksan broj. Zadatak je izracunati njegov n-ti korjen. Ocito da broj

w0 = ρ1/n eı ϕ/n

jeste n-ti korjen od z, buduci da je

wn0 = z.

No, ono sto treba primjetiti, a sto je karakteristicno za kompleksne brojeve, jeste da w0,iako je korjen, nije i jedini n-ti korjen od z. Naime, i svi brojevi

wk = ρ1/n eı (ϕ+2πk)/n, k = 0, 1, 2, · · · , n− 1

jesu takoder n-ti korjeni od z, buduci da i za njih vrijedi da je

wnk = z.

Geometrijski gledano, ovih se n korjena nalazi u vrhovima pravilnog n-terokuta upisanogu kruznicu polumjera ρ1/n (slika 2.4).


Slika 2.4: Uz n = 6-ti korjen kompleksnog broja.

Zadatak: 2.10 Nadite sve vrijednosti z za koje je

z5 = −32,

i nacrtajte ih u kompleksnoj ravnini.

R:dovrsiti

Logaritam kompleksne varijableGlavna karakteristika po kojoj se logaritam kompleksne varijable razlikuje od logaritmarealne varijable, jeste nejednoznacnost. Evo o cemu se radi. Prema uobicajenompravilu za logaritam umnoska i logaritam potencije, slijedi

ln z = ln(ρ eı ϕ) = ln ρ+ ı ϕ.

No, ako fazi ϕ pribrojimo cjelobrojni visekratnik od 2π, a buduci da je eı2πn = 1, vrijednostz se nece promijeniti

z = ρ eı ϕ = ρ eı (ϕ+n2π), n = 0,±1,±2, · · · ,

ali ce se zato promijeniti vrijednost logaritma

ln[ρ eı (ϕ+n2π)

]= ln ρ+ ı ϕ+ ( 2πı ) n.

To znaci da je logaritam viseznacna (nejednoznacna) funkcija, zato jer jednom paru vri-jednosti kompleksne z = (ρ, ϕ) ravnine, pridruzuje prebrojivo beskonacno vrijednostikompleksne f = ln(ρ eı ϕ) ravnine. Ove se vrijednosti dobiju iz gornjeg izraza za

n = 0,±1,±2, · · · .

U racunima je uobicajeno koristiti vrijednosti logaritma za n = 0. Ove se vrijednosti zovuglavne vrijednosti. Takoder je uobicajeno fazu ϕ odabrati iz intervala (−π,+π). Nataj nacin se nikada ne presijeca −x os, koja se naziva i cut line (slika 2.5). Ovakav se

2.2. DERIVACIJA KOMPLEKSNE FUNKCIJE: CAUCHY - RIEMANNOVI UVJETI 27

Slika 2.5: Uz odabir faze ϕ kod racuna logaritma.

izbor kuta ϕ moze dovesti u vezu s cinjenicom da logaritam realnog broja x nije definiranza negativne vrijednosti x. Naime, buduci da kompleksna matematika kao svoj posebanslucaj sadrzi realnu matematiku (ogranicavanjem na os realnu os x, tj. uz y = 0), to jeovim izborom ϕ postignuto iskljucenje negativnog dijela osi x iz definicije logaritma.

2.2 Derivacija kompleksne funkcije:Cauchy - Riemannovi uvjeti

Kada je zadana kompleksna funkcija kompleksne varijable, jedno od vaznih pitanja nakoja treba odgovoriti jeste i pitanje o derivaciji takve funkcije: moze li se i kako tafunkcija derivirati? Slicno kao i derivacija realne funkcije i derivacija kompleksne funkcijef(z) u tocki z0 se definira kao

f′

(z0) ≡d f

d z

∣∣∣∣z=z0

= limdz → 0

f(z0 + dz)− f(z0)

dz,

uz vazan uvjet da gornji limes ne smije ovisiti o smjeru priblizavanja tocki z0(slicno kao sto kod funkcije jedne realne varijable, derivacija ne ovisi o tome priblizavamoli se danoj tocki s lijeve ili desne strane). U kompleksnoj z ravnini, svakoj tocki je mogucepribliziti se na (neprebrojivo) beskonacno mnogo nacina, no svaki od njih se moze prikazatikao kombinacija pomaka u dva medusobno okomita smjera: u smjeru osi x i u smjeru osiy. Neka su z i z0 dvije infinitezimalno bliske tocke u kompleksnoj ravnini. Precizirajmooznake

z0 = x0 + ı y0,

z = x+ ı y = (x0 + dx) + ı (y0 + dy) = z0 + d z,

d z = d x+ ı d y,

f = u+ ı v,

d f = f(z)− f(z0) = d u+ ı d v,


Izracunajmo sada diferencijalni omjer

d f

d z=d u+ ı d v

d x+ ı d y.

Granicni prijelaz d z → 0 cemo izvesti na dva razlicita nacinad x→ 0

d y = 0

,

d x = 0

d y → 0

,

kao sto je to prikazano na slici 2.6.

Slika 2.6: Uz izvod Cauchy - Riemannovih uvjeta. Tocke z i z0 su infinitezimalno bliske.

(1) d x→ 0, d y = 0

d f

d z=d u+ ı d v

d x+ ı 0=∂ u

∂ x+ ı

∂ v

∂ x.

(2) d x = 0, d y → 0

d f

d z=d u+ ı d v

0 + ı d y= −ı ∂ u

∂ y+∂ v

∂ y.

Ako zahtjevamo da d f/d z ne ovisi o nacinu (putu) priblizavanja tocki z0, tada gornjadva diferencijalna omjera moraju biti jednaka

∂ u

∂ x+ ı

∂ v

∂ x= −ı ∂ u

∂ y+∂ v

∂ y.

Izjednacavanjem realnih i imaginarnih dijelova gornje jednakosti, dobivaju se Cauchy -Riemannovi uvjeti

∂ u

∂ x=∂ v

∂ y,

∂ u

∂ y= −∂ v

∂ x. (2.3)

Cauchy - Riemannovi uvjeti su nuzni uvjeti koji moraju biti zadovoljeni ako postojiderivacija funkcije f(z), tj. ako postoji d f/d z, tada su zadovoljeni Cauchy - Riemannoviuvjeti.Dokazimo da vrijedi i obrat: ako su zadovoljeni Cauchy - Riemannovi uvjeti i ako su


parcijalne derivacije u i v po x i y kontinuirane funkcije, tada postoji d f/d z koja ne ovisio nacinu priblizavanja tocki z0. Dokazimo to na slijedeci nacin

f(x, y) = u(x, y) + ı v(x, y),

d f(x, y) =∂ f

∂ xd x+

∂ f

∂ yd y,

=

(∂ u

∂ x+ ı

∂ v

∂ x

)d x+

(∂ u

∂ y+ ı

∂ v

∂ y

)d y

/· 1

d z=

1

d x+ ı d y

d f

d z=

[(∂ u

∂ x+ ı

∂ v

∂ x

)d x+

(∂ u

∂ y+ ı

∂ v

∂ y

)d y

]· 1

(d x+ ı d y)

=

[(∂ u

∂ x+ ı

∂ v

∂ x

)+

(∂ u

∂ y+ ı

∂ v

∂ y

)d y

d x

]/d x

d x+ ıd y

=

[(∂ u

∂ x+ ı

∂ v

∂ x

)+

(∂ u

∂ y+ ı

∂ v

∂ y

)d y

d x

]/(1 + ı

d y

d x

).

Velicina d y/d x koja se pojavljuje u gornjem izrazu je upravo ona funkcija koja opisujekako y ovisi o x, tj. po kojoj putanji se tocka (x, y) priblizava tocki (x0, y0). Pokazimoda ce, primjenom Cauchy - Riemannovih uvjeta, taj clan nestati, tj. da derivacija d f/d znece ovisiti o nacinu priblizavanja danoj tocki. Uvrstimo Cauchy - Riemannove uvjete naokruglu zagradu koja mnozi d y/d x. Ta zagrada tada postaje

∂ u

∂ y+ ı

∂ v

∂ y= −∂ v

∂ x+ ı

∂ u

∂ x= ı

(∂ u

∂ x+ ı

∂ v

∂ x

).

Vratimo se s ovime natrag u izraz za d f/d z

d f

d z=

[(∂ u

∂ x+ ı

∂ v

∂ x

)+ ı

(∂ u

∂ x+ ı

∂ v

∂ x

)d y

d x

]/(1 + ı

d y

d x

)

=

[(∂ u

∂ x+ ı

∂ v

∂ x

)

(1 + ı

d y

d x

)]/

(1 + ı

d y

d x

)

=∂ u

∂ x+ ı

∂ v

∂ x

Ovime je pokazano da, ukoliko su zadovoljeni Cauchy - Riemannovi uvjeti, tada d f/d zpostoji i neovisna je o putu kojim se u kompleksnoj z ravnini priblizavamo tocki z0.

Zadatak: 2.11 Koristeci zapis

f(ρ eı ϕ) = R(ρ, ϕ) eıΦ(ρ,ϕ),

U kojemu su R(ρ, ϕ) i Φ(ρ, ϕ) realne i derivabilne funkcije polarnih koordinata


ρ i ϕ, pokazite da Cauchy-Riemannovi uvjeti u polarnim koordinatama postaju

(a)∂ R

∂ ρ=R

ρ

∂ Φ

∂ ϕ,

(b)1

ρ

∂ R

∂ ϕ= −R ∂ Φ

∂ ρ.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.12 Zadovoljava li funkcija ez2Cauchy-Riemannove uvjete?

R:dovrsiti

Zadatak: 2.13 Je li funkcija

f(z) = sin (2z)

derivabilna?

R:dovrsiti


f(z) = |z|4

derivabilna ali ne i analiticka u tocki z = 0.

R:dovrsiti

Pokazimo jos jednu vaznu posljedicu Cauchy-Riemannovih uvjeta: ako su oni zadovoljeni,tada je familija krivulja u = const. okomita na familiju krivulja v = const. U odjeljku1.1 je relacijom (1.10) pokazano da su poopcene koordinate q j medusobno okomite, akovrijedi (u notaciji iz tog odjeljka)

hi,j =∂ x

∂ q i

∂ x

∂ q j+∂ y

∂ q i

∂ y

∂ q j+∂ z

∂ q i

∂ z

∂ q j= 0, i, j = 1, 2, 3

za i 6= j. Ako ovu relaciju zelimo primjeniti na nas problem, moramo najprije primjetiti


da sada imamo dvodimenzijski, a ne trodimenzijski problem, pa ce biti

hi,j =∂ x

∂ q i

∂ x

∂ q j+∂ y

∂ q i

∂ y

∂ q j= 0, i, j = 1, 2.

U gornjem su izrazu x i y funkcije od poopcenih koordinata q1 i q2, dok mi sada imamou i v kao poopcene koordinate, za koje treba pokazati da su medusobno okomite. Dakle,u sadasnjoj notaciji, uvjet okomitosti linija u = const. i v = const. glasi

hu,v =∂ x

∂ u

∂ x

∂ v+∂ y

∂ u

∂ y

∂ v= 0. (2.4)

Ako se ∂ x / ∂ u i ∂ x / ∂ v iz gornjeg izraza, izraze preko Cauchy-Riemannovih uvjeta(2.3), lako se vidi da je relacija (2.4) zadovoljena, tj. da su linije u = const. i v = const.medusobno okomite.

Analiticke funkcijeAko je funkcija f(z) derivabilna u z0 i nekoj maloj okolini te tocke, tada se kazeda je f analiticka (ili holomorfna ili regularna) funkcija u tocki z0. Ako je f analitickau cijeloj kompleksnoj ravnini, zove se cijela funkcija. Ako derivacija d f/d z ne postojiu tocki z0, tada se ta tocka naziva singularitet ili singularna tocka funkcije f .

Zadatak: 2.15 Provjerite je li f(z) = z2 analiticka funkcija.

R:

f(z) = z2 = (x+ ı y)2 = (x2 − y2) + 2ıxy = u+ ıv.

Pokazimo da su Cauchy - Riemannovi uvjeti zadvoljeni u cijeloj z ravnini

∂ u

∂ x= 2x =

∂ v

∂ y,

∂ u

∂ y= −2y = −∂ v

∂ x.

Ocito su gornje parcijalne derivacije kontinuirane, pa zakljucujemo da je fanaliticka funkcija.

Zadatak: 2.16 Provjerite je li f(z) = z∗ analiticka funkcija.

R:

f(z) = z∗ = x− ı y = u+ ıv

⇒ u = x, v = −y.


Pokazimo da Cauchy - Riemannovi uvjeti nisu zadvoljeni

∂ u

∂ x= 1 6= ∂ v

∂ y= −1,

∂ u

∂ y= 0 = −∂ v

∂ x,

pa prema tome f nije analiticka funkcija. Primjetimo da je z∗ kontinuiranafunkcija, pa je ovo primjer funkcije koja je svugdje kontinuirana, a nigdje nijederivabilna.

Zadatak: 2.17 Nadite analiticku funkciju f = u(x, y) + ı v(x, y), ako je

(a) u = x3 − 3xy2,

(b) v = e−y sin x.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.18 Ako postoji zajednicki dio kompleksne ravnine u kojemu su f1 = u+ ı v if2 = f ⋆1 = u− ı v obje analiticke, pokazite da su tada u i v konstante.

R:dovrsiti

Uocimo neke vazne razlike izmedu derivacije realne funkcije realne varijable i derivacijekompleksne funkcije kompleksne varijable. Derivacije realne funkcije realne varijable jejedno u osnovi lokalno svojstvo te funkcije u smislu da ona sadrzi informaciju samo oponasanju funkcije u okolini promatrane tocke. Za ilustraciju ove tvrdnje moze posluzitiTaylorov razvoj iz kojega se vidi da su za odredenje ponasanja funkcije na vecim udalje-nostima, potrebne derivacije viseg reda

f(x) = f(x0) + (x− x0)d f

d x

∣∣∣∣x=x0

+1

2(x− x0)

2 d2 f

d x2

∣∣∣∣x=x0

+ · · · .

Postojanje derivacije funkcije kompleksne varijable, ima puno dalekoseznije posljedice.Jedna od njih je i to da, kao posljedica Cauchy - Riemannovih uvjeta, realni i imagi-narni dijelovi kompleksne funkcije f moraju zadovoljavati dvodimenzijsku Laplaceovujednadzbu.

∂ u

∂ x=

∂ v

∂ y

/∂

∂ x

∂ u

∂ y= −∂ v

∂ x

/∂

∂ y

∂2 u

∂ x2=

∂2 v

∂ x ∂ y

∂2 u

∂ y2= − ∂2 v

∂ x ∂ y.

2.3. INTEGRAL KOMPLEKSNE FUNKCIJE: CAUCHYJEV INTEGRALNI TEOREM 33

Zbroje li se gornje dvije jednadzbe, dobije se dvodimenzijska Laplaceova jednadzba zafunkciju u

∂2 u

∂ x2+∂2 u

∂ y2= 0. (2.5)

Slicno se izvodi i Laplaceova jednadzba za funkciju v

∂ u

∂ x=

∂ v

∂ y

/∂

∂ y

∂ u

∂ y= −∂ v

∂ x

/∂

∂ x

∂2 u

∂ x ∂ y=

∂2 v

∂ y2∂2 u

∂ x ∂ y= −∂

2 v

∂ x2.

Oduzimanjem gornjih dvaju jednadzba, dobije se dvodimenzijska Laplaceova jednadzbaza funkciju v

∂2 v

∂ x2+∂2 v

∂ y2= 0. (2.6)

Nadalje, analiticnost funkcije f implicirat ce i postojanje derivacija viseg reda (odjeljak2.4). U tom smislu, derivacija u tocki z0 ne odreduje samo lokalna svojstva f , vec isvojstva f na velikim udaljenostima od z0.

2.3 Integral kompleksne funkcije: Cauchyjev integralni teorem

Krivuljni integraliNakon sto je uvedena derivacija kompleksne funkcije, mozemo se okrenuti integralu kom-pleksne funkcije.

Integral funkcije kompleksne varijable po krivulji u kompleksnoj ravnini, se moze definiratiprema analogiji s Riemannovim integralom realne funkcije jedne varijable. Krivulja kojapovezuje pocetnu tocku z0 i konacnu tocku z ′

0 , podijeli se na N dijelova omedenih tockamazn, kao na slici 2.7. Razmotrimo znacenje slijedeceg zbroja

Slika 2.7: Uz definiciju krivuljnog integrala.

SN =N∑

n=1

f(ζn) · (zn − zn−1),


gdje je ζn tocka na krivulji izmedu tocaka zn i zn−1. Izvedimo granicni prijelaz N → ∞uz |zn − zn−1| → 0, za svaki n. Ako

limN → ∞

SN

postoji i ako ne ovisi o detaljima izbora tocaka zn i ζn, tada je

limN → ∞

N∑

n=1

f(ζn) (zn − zn−1) =

∫ z ′0

z0

f(z) d z.

Integral na desnoj strani se zove krivuljni integral f(z) duz zadane krivulje C od z0do z ′

0 .

Ovo je bio izvod po analogiji s Riemannovim izvodom integrala realne funkcije jednerealne varijable. Postoji i drugi nacin da se definira krivuljni integral, a to je da se svedena kompleksnu kombinaciju realnih integrala:

∫ z2

z1

f(z) d z =

∫ (x2,y2)

(x1,y1)

[u(x, y) + ı v(x, y)

](d x+ ı d y)

=

∫ (x2,y2)

(x1,y1)

[u d x− v d y + ı (u d y + v d x)

]

=

∫ (x2,y2)

(x1,y1)

(u d x− v d y) + ı

∫ (x2,y2)

(x1,y1)

(u d y + v d x),

za svaki zadani put od (x1, y1) do (x2, y2). Ovim postupkom se integral kompleksne funk-cije svodi na kompleksni zbroj realnih integrala. Po svojoj osnovnoj ideji, ovaj je postupakslican postupku svodenja integrala vektorske funkcije na vektorski zbroj integrala skalar-nih funkcija (vidjeti npr. u [4]).

Primjer: 2.1 Izracunajte krivuljni integral funkcije f(z) = zn, n = 0,±1,±2, · · · pokruznici polumjera R sa sredistem u ishodistu. Krivulja se obilazi u pozitiv-nom smjeru (sto znaci suprotno od kazaljke na satu), kao sto je to prikazanona slici 2.8.

Slika 2.8: Uz izracunavanje integrala od zn po kruznici sa sredistem u ishodistu.


R:U polarnom prikazu kompleksne varijable je z = Reı ϕ, pa je zn = Rn eı n ϕ idz = Reı ϕ (ı dϕ), pri cemu je R konstantno na kruznici. Odvojeno se razma-traju slucajeve kada je n 6= −1 i kada je n = −1.(A) n 6= −1

∫

Czn d z = Rn

∫ 2π

0

eı nϕ ı d ϕ R eı ϕ

= ı Rn+1

∫ 2π

0

eı (n+1)ϕ d ϕ

=Rn+1

n+ 1

∫ ı2π(n+1)

0

ex d x =Rn+1

n + 1ex∣∣∣∣ı2π(n+1)

0

= 0. (2.7)

(B) n = −1

∫

C

d z

z=

∫ 2π

0

ı d ϕ R eı ϕ

Reı ϕ= ı

∫ 2π

0

d ϕ = 2 π ı.

Primjetimo da u oba slucaja vrijednost integrala ne ovisi o polumjeru kruzniceR.

Zadatak: 2.19 Za cjelobrojne m i n, izracunajte

1

2 π ı

∮zm−n−1 d z

po krivulji koja u pozitivnom smjeru obilazi ishodiste.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.20 Izravnom integracijom provjerite Cauchyjev integralni teorem za funkciju3z2+ı z−4. Krivulja integracije su stranice kvadrata s vrhovima u 1± ı i −1± ı.

R:dovrsiti


Zadatak: 2.21 Izracunajte:

(a)

∮

C

sin(πz2) + cos(πz2)

(z − 1) (z − 2)d z,

(b)

∮

C

e2z

(z + 1)4d z,

po kruznici |z| = 3.

R:dovrsiti


1

2πı

∮

C

ez

z − 2d z,

(a) po kruznici |z| = 3 i (b) po kruznici |z| = 1.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.23 Izracunajte∮

C

sin(3z)

z + π/2d z,


R:dovrsiti

Cauchyjev integralni teorem: dokaz pomocu Stokesova teoremaCauchyjev integralni teorem je prvi od dva osnovna teorema koji govore o ponasanjufunkcije kompleksne varijable. Najprije cemo ga dokazati uz donekle ogranicene uvjete,koji su ipak dovoljni za fizicke potrebe.

Teorem: Ako je f(z) analiticka (pa prema tome i jednoznacna) i ako su njezine parcijalnederivacije kontinuirane unutar jednostavno povezanog podrucja R, za svakuzatvorenu krivulju C iz podrucja R, krivuljni integral f(z) po C je jednak nuli

∮

Cf(z) d z = 0. (2.8)


Slika 2.9: Uz definiciju jednostavnog (A) i visestruko (B) povezanog podrucja.

Prije dokaza, dvije primjedbe:

(1) Jednostavno povezano podrucje je ono u kojemu se svaka zatvorena krivulja koja leziu tom podrucju moze stegnuti u tocku koja takoder lezi u tom podrucju (slika 2.9.A);visestruko povezano podrucje je ono za koje postoje zatvorene krivulje unutar tog po-drucja, koje se stezu u tocku koja nije unutar tog visestruko povezanog podrucja (slika2.9.B).

(2) Primjetimo da kada bi f(z) iz gornje jednadzbe bila jedna komponenta sile, onda biiscezavanje gornjeg integrala znacilo da je ta komponenta sile konzervativna (vidjetinpr. [4])

Evo sada i dokaza: najprije sa integrala kompleksne funkcije f , prijedimo na kompleksnizbroj integrala realnih funkcija u i v

f(z) = u(x, y) + ı v(x, y), d z = d x+ ı d y.

∮

Cf(z) d z =

∮

C

[u(x, y) + ı v(x, y)

](d x+ ı d y)

=

∮

C(u d x− v d y) + ı

∮

C(v d x+ u d y). (2.9)

Gore imamo integrale realnih funkcija na koje mozemo primjeniti Stokesov teorem(vidjeti npr. [4])

∮

C~V d~r =

∫

S(C)(−→∇ × ~V ) d ~S ,

gdje je s S(C) oznacena ploha definirana zatvorenom krivuljom C, a d ~S vektor diferen-cijala plohe okomit na sam diferencijalni element, a iznosa jednakog iznosu diferencijala


plohe. Primjena Stokesovog teorema je moguca ako pretpostavimo da su parcijalne deri-vacije u i v kontinuirane unutar podrucja odredenog s C. Ploha S(C) je opcenito prostornaploha (dakle, ne nuzno ravnina) s rubovima u ravnini (x, y). No, ogranicimo li se, radi

jednostavnosti, na plohu koja lezi u toj istoj ravnini (x, y), tada je d ~S = d S ~ez , paStokesov teorem sada glasi

~V = Vx ~ex + Vy ~ey , d ~r = d x ~ex + d y ~ey

∮

C(Vx d x+ Vy d y) =

∫

S(C)(−→∇ × ~V ) d S ~ez

=

∫

S(C)(−→∇ × ~V )z d S =

∫

S(C)

(∂ Vy∂ x

− ∂ Vx∂ y

)d x d y.

Primjenimo sada Stokesov teorem u gornjem obliku na prvi clan desne strane (2.9) uzVx ≡ u i Vy ≡ −v∮

C(u d x− v d y) =

∫

S(C)

(∂ (−v)∂ x

− ∂ u

∂ y

)d x d y. = −

∫

S(C)

(∂ v

∂ x+∂ u

∂ y

)d x d y = (2.3) = 0,

prema drugom od Cauchy - Riemannovih uvjeta.

Slicno, ako u drugom clanu desne strane (2.9) identificiramo Vx ≡ v i Vy ≡ u, premaStokesovu teoremu slijedi

∮

C(v d x+ u d y) =

∫

S(C)

(∂ u

∂ x− ∂ v

∂ y

)d x d y = 0,

prema prvom od Cauchy - Riemannovih uvjeta.

Time je, uz navedena ogranicenja, dokazana tvrdnja (2.8).

Objasnimo jos i zasto je u isakazu teorema zatrazeno da krivulja C lezi unutar jednostrukopovezanog podrucja. U dokazu teorema se poziva na Stokesov teorem, gdje se u jednomkoraku racuna integral derivacija funkcija u i v po plohi S(C). Da bi ti integrali postojali,mora f = u + ı v biti analiticka u svim tockama te plohe, a to ce biti zadovoljeno samoako krivulja C lezi unutar jednostruko povezanog podrucja. Ako krivulja C lezi unutarvisestruko povezanog podrucja, ploha S(C) ce sadrzavati i tocke u kojima f nije analitickai kojima se onda ne moze racunati vrijednost plosnog integrala iz Stokesova teorema.

Cauchyjev integralni teorem: Goursatov dokazPodrucje unutar zatvorene krivulje C podijelimo na N manjih zatvorenih krivulja Cn kaona slici 2.10. U racunu zbroja

N∑

n=1

∮

Cnf(z) d z,

integrali po unutrasnjim linijama ce se medusobno ponistiti zbog suprotnog smjeraobilaska. Jedino sto ce ostati razlicito od nule jesu integrali po vanjskim dijelovima


Slika 2.10: Uz Cauchy - Goursatov dokaz Cauchyjeve integralne formule.

nekih od zatvorenih krivulja Cn. Zbroj svih tih clanova razlicitih od nule, ce upravo datiintegral f(z) po zatvorenoj krivulji C

N∑

n=1

∮

Cnf(z) d z =

∮

Cf(z) d z.

Pokusajmo sada izracunati jedan od integrala∮Cn f(z) d z iz gornjeg zbroja. Da bismo

to izveli, konstruirajmo najprije funkciju δn(z, zn)

δn(z, zn) =f(z)− f(zn)

z − zn− d f(z)

d z

∣∣∣∣z=zn

, (2.10)

pri cemu je zn bilo koja tocka iz unutrasnjosti n-tog podrucja zatvorene krivulje Cn.Primjetimo da je [f(z) − f(zn)]/[z − zn] priblizna vrijednost derivacije f u tocki z = zn.Ako f(z) ima Taylorov razvoj oko zn (sto jos nije dokazano), tada je δn(z, zn) reda velicineO(z − zn)

f(z) = f(zn) + (z − zn)d f(z)

d z

∣∣∣∣z=zn

+1

2(z − zn)

2 d2 f(z)

d z2

∣∣∣∣z=zn

+ · · ·

f(z)− f(zn) = (z − zn)d f(z)

d z

∣∣∣∣z=zn

+1

2(z − zn)

2 d2 f(z)

d z2

∣∣∣∣z=zn

+ · · ·

f(z)− f(zn)

z − zn=

d f(z)

d z

∣∣∣∣z=zn

+1

2(z − zn)

d2 f(z)

d z2

∣∣∣∣z=zn

+ · · ·

δn(z, zn) =f(z)− f(zn)

z − zn− d f(z)

d z

∣∣∣∣z=zn

=1

2(z − zn)

d2 f(z)

d z2

∣∣∣∣z=zn

+ · · · .

S porastom broja krivulja Cn, razlika (z − zn) ce iscezavati i zato se uvijek moze posticida je

|δn(z, zn)| < ǫ,


za svaki proizvoljno mali ǫ. Definiciju (2.10), napisimo u obliku

f(z) = δn(z, zn)(z − zn) + f(zn) + (z − zn)d f(z)

d z

∣∣∣∣z=zn

i sve prointegriramo po zatvorenoj krivulji Cn∮

Cnf(z) d z =

∮

Cnδn(z, zn)(z − zn) d z + f(zn)

∮

Cnd z +

d f(z)

d z

∣∣∣∣zn

∮

Cnz d z − zn

d f(z)

d z

∣∣∣∣zn

∮

Cnd z.

Za prvi clan desne strane smo upravo pokazali da je proizvoljno mali, dok su preos-tala tri clana jednaka nuli prema (2.7), tako da zakljucujemo da je za svaki n, integral∮Cn f(z) d z = 0, pa je i njihov zbroj takoder jednak nuli, tj.

0 =

N∑

n=1

∮

Cnf(z) d z =

∮

Cf(z) d z,

cime je teorem dokazan.

Posljedica ovog teorema je i da integral analiticke funkcije po krivulji koja nije zatvorena,ovisi samo o rubnim tockama krivulje, a ne i o obliku krivulje. Drugim rijecima, integralne ovisi o obliku puta koji spaja pocetnu i konacnu tocku

∫ zk

zp

f(z) d z = F (zk)− F (zp) = −∫ zp

zk

f(z) d z

Morerin teoremMorerin teorem je u odredenom smislu obrat Cauchyeva integralnog teorema.

Teorem: Ako je za neprekidnu funkciju f(z) definiranu unutar jednostruko povezanogpodrucja, integral duz bilo koje jednostavne zatvorene krivulje koja u cjelostilezi u navedenom podrucju, jednak nuli, tada je f(z) regularna funkcija u tompodrucju.

Za dokaz teorema, integrirajmo f(z) od z1 do z2. Buduci da je po pretpostavci teorema∮f(z) dz = 0, to integral od z1 do z2 ovisi samo o rubnim tockama. Oznacimo to na

slijedeci nacin∫ z2

z1

f(z) dz = F (z2)− F (z1).

Ako se nad identitetom

F (z2)− F (z1)

z2 − z1− f(z1) =

∫ z2z1

f(z) dz

z2 − z1− f(z1)

∫ z2z1

dz

z2 − z1

=

∫ z2z1

[f(z)− f(z1)

]dz

z2 − z1,


izvede granicni prijelaz z2 → z1, dobiva se

limz2 → z1

F (z2)− F (z1)

z2 − z1− lim

z2 → z1f(z1) = lim

z2 → z1

∫ z2z1

[f(z)− f(z1)

]dz

z2 − z1.

Prema teoremu o srednjoj vrijednosti, clan na desnoj strani je jednak nuli, a iz preostaladva clana slijedi

d F

d z

∣∣∣∣z1

= f(z1).

Gornjim su izrazom dokazane dvije stvari: prvo, da F ′ postoji i drugo, da je F ′ = f .Buduci da je z1 bilo koja tocka iz navedenog podrucja, zakljucuje se da je F analitickau cijelom podrucju. Prema Cauchyevoj integralnoj formuli (6.47) je i f = F ′ takoderanaliticka i time je dokazan Morerin teorem.... dovrsiti ....

Visestruko povezana podrucjaCauchyev integralni teorem se odnosi na jednostavno povezano podrucje. Pogledajmo stose moze reci o integralu

∮f(z) dz u visestruko povezanom podrucju (kao na

slici 2.11.A). Funkcija f(z) nije definirana u unutrasnjosti podrucja R ′ i zato Cauchyev

Slika 2.11: Uz Cauchyevu integralnu formulu za visestruko povezana podrucja.

integralni teorem nije primjenjiva na krivulju C. Umjesto toga, moze se napraviti krivuljaC ′1 (slika 2.11.B) na kojoj vrijedi Cauchyev integralni teorem. Sa stanovista krivulje C ′

1,R je jednostavno povezano podrucje. Posljedica Cauchyeva integralna teorema je daintegral ne ovisi o obliku putanje po kojoj se integrira, nego samo o pocetnoj i krajnjojtocki integracije. Zato je, za proizvoljno mali1 δ sa slike 2.11.B

∫ A

F

f(z) dz = −∫ D

C

f(z) dz

(negativan predznak dolazi od suprotnog smjera integracije). Primjenom gornje jednakosti

1Za proizvoljno mali δ, vrijednosti funkcije f(z) na segmentima FA i DC su priblizno iste.


i Cauchyeva integralna teorema, u granici δ → 0, dobiva se

∮

C ′1

f(z) dz = 0 =

∫

ABC

f(z) dz +

∫ D

C

f(z) dz +

∫

DEF

f(z) dz +

∫ A

F

f(z) dz

0 =

∮

Cf(z) dz −

∮

C2f(z) dz.

Negativan predznak u drugom integralu dolazi zato sto se u tom integralu krivulja C2obilazi suprotno smjeru kazaljke na satu (a tom smjeru obilaska se pridruzuje pozitivanpredznak). Iz gornje jednakosti slijedi

∮

Cf(z) dz =

∮

C2f(z) dz, (2.11)

pri cemu se obje krivulje obilaze u istom smjeru. Iz gornjeg se izraza zakljucuje da, iako neznamo kolika je vrijednost integrala (je li jednaka nuli ili je razlicita od nule ), ipak znamoda ta vrijednost ne ovisi o obliku krivulje po kojoj se integrira. U konkretnimzadacima za krivulju integracije ce se uzimati sto jednostavnije krivulje (dijelovi kruznice,trokuta + ili pravokutnika).

To je Cauchyjev integralni teorem za visestruko povezano podrucje.

Zadatak: 2.24 Fresnelov integralIzracunajte

∫e−z

2dz po krivulji sa slike 2.12, u granici kada r neograniceno

raste.

R:Buduci da je f(z) = e−z

2regularna i analiticka funkcija unutar naznacenog

Slika 2.12: Uz primjer 2.24.

podrucja kao i na njegovom rubu, moze se primjeniti Cauchyev integralni te-


orem∫ A

0

e−x2

dx

︸︷︷︸I1

+

∫AB

e−z2

dz

︸︷︷︸I2

+

∫ 0

B

e−z2

dz

︸︷︷︸I3

=

∮f(z) dz = 0.

Izracunajmo odvojeno svaki od gornjih integrala:I1 :Ovo je tablicni integral

limr→∞

I1 =

∫ ∞

0

e−x2

dx =

√π

2.

I2 :Izracunajmo integral po luku

AB kruznice, kada polumjer neograniceno raste.Uvedimo zamjenu z = r eı ϕ

I2 = ı r

∫ π/4

0

e−r2(cos 2ϕ+ı sin 2ϕ)+ıϕ d ϕ = ı r

∫ π/4

0

e−r2 cos 2ϕ eı(ϕ−r

2 sin 2ϕ)︸︷︷︸∣∣∣eı(ϕ−r2 sin 2ϕ)

∣∣∣ ≤ 1

d ϕ

|I2| ≤ r

∫ π/4

0

e−r2 cos 2ϕ d ϕ.

Sada se s varijable ϕ prelazi na varijablu u definiranu s cos2ϕ = sin u

|I2| ≤r

2

∫ π/2

0

e−r2 sinu d u.

Primjetimo li da je

limu→0

sin u

u= 1, lim

u→π/2

sin u

u=

2

π,

vidimo da je

2u

π< sin u < u ⇒ −r2 sin u < −r2 2u

π

e−r2 sinu < e−r

2 2uπ .

Iz gornjih nejednakosti slijedi

|I2| ≤r

2

∫ π/2

0

e−r2 2u

π d u =π

4r

(1− e−r

2).

Kada r neograniceno raste

limr→∞

|I2| ≤ limr→∞

π

4r

(1− e−r

2)= 0,

Time je pokazano da je drugi integral jednak nuli.I3 :


U trecem integralu se uvodi zamjena z = ρ eıπ/4

I3 = limr→∞

∫ r

0

e−ıρ2

eıπ/4 d ρ = eıπ/4(∫ ∞

0

cos ρ2 d ρ− ı

∫ ∞

0

sin ρ2 d ρ

).

Iz I1 + 0 + I3 = 0, slijedi

√π

2

(√2

2− ı

√2

2

)=

∫ ∞

0

cos ρ2 d ρ− ı

∫ ∞

0

sin ρ2 d ρ.

Usporedbom realnog i imaginarnog dijela lijeve i desne strane, dolazi se dokonacnog rezultata

∫ ∞

0

cos ρ2 d ρ =1

2

√π

2,

∫ ∞

0

sin ρ2 d ρ =1

2

√π

2.

Zadatak: 2.25 Izracunajte∫

eı z

zdz

po krivulji sa slike 2.13.

R:Buduci da je zadana funkcija regularna i analiticka funkcija u naznacenom


podrucju kao i na njegovom rubu, moze se primjeniti Cauchyev integralni te-


orem∮

eı z

zdz = 0 =

∫ 2

1

eı z

zdz +

∫ 3

2

eı z

zdz +

∫ 4

3

eı z

zdz +

∫ 1

4

eı z

zdz

=

∫ R

r

eı x

xdx+

∫2 3

eı z

zdz +

∫ −r

−R

eı x

xdx+

∫4 1

eı z

zdz.

Zamjenom varijable u = −x u trecem integralu i zbrajanjem s prvim, dobivase

0 = 2 ı

∫ R

r

sin x

xd x+

∫2 3

eı z

zdz

︸︷︷︸I1

+

∫4 1

eı z

zdz

︸︷︷︸I2

(2.12)

I1 :Izracunajmo integral po luku

2 3 kruznice, kada polumjer neograniceno raste.Uvedimo zamjenu z = Reı ϕ

I1 = ı

∫ π

0

e−R sinϕ eı R cosϕ︸︷︷︸∣∣eı R cosϕ

∣∣ ≤ 1

d ϕ

|I1| ≤∫ π

0

e−R sinϕ d ϕ = 2

∫ π/2

0

e−R sinϕ d ϕ.

Kao i u prethodnom primjeru, promatramo granice

limϕ→0

sinϕ

ϕ= 1, lim

ϕ→π/2

sinϕ

ϕ=

2

π,

vidimo da je

2ϕ

π< sinϕ < ϕ ⇒ −R sinϕ < −R2ϕ

π

e−R sinϕ < e−R2ϕπ .

Iz gornjih nejednakosti slijedi

|I1| ≤∫ π/2

0

e−R2 2ϕ

π d ϕ =π

2R

(1− e−R

).

Kada R neograniceno raste

limR→∞

|I1| ≤ limR→∞

π

2R

(1− e−R

)= 0.

I2 :Ovdje uvodimo zamjenu z = r eı ϕ, pa je

I2 = ı

∫ 0

π

eı r cosϕ−r sinϕ d ϕ

limr→0 I2 = ı

∫ 0

π

d ϕ = −πı.


Time iz (2.12) slijedi∫ ∞

0

sin x

xd x =

π

2.

Zadatak: 2.26 Pokazite da∫ (1,1)

(0,0)

z ⋆ d z

ovisi o putu po kojemu se izvodi integracija, tako sto cete gornji integralizracunati po dva puta sa slike (put a i put b). Primjetite da f(z) = z ⋆

nije analiticka funkcija i da se stoga ne moze primjeniti Cauchyjev integralniteorem.

R:Raspisimo gornji integral u obliku realni i maginarnih dijelova

∫ (1,1)

(0,0)

(x− ı y) (d x+ ı d y)

=

∫ (1,1)

(0,0)

(x− ı y) d x+

∫ (1,1)

(0,0)

(y + ı x) d y.

Integracija po putanji a = a1 + a2 daje (na dijelu putanje a1 je d y = 0, a nadijelu putanje a2 je d x = 0)

∫ (1,0)

(0,0)

(x− ı y) d x+

∫ (1,1)

(1,0)

(y + ı x) d y =1

2+

1

2+ ı = 1 + ı.

Integracija po putanji b = b1 + b2 daje (na dijelu putanje b1 je d x = 0, a nadijelu putanje b2 je d y = 0)

∫ (0,1)

(0,0)

(y + ı x) d y +

∫ (1,1)

(0,1)

(x− ı y) d x =1

2+

1

2− ı = 1− ı.

2.4 Cauchyjeva integralna formula

Neka je f(z) regularna analiticka funkcija u jednostruko povezanom podrucju P i nanjegovom rubu K (slika 2.14). Uocimo tocku z0 ∈ P u kojoj je f analiticka i regularna.Tada je funkcija

f(z)

z − z0

2.4. CAUCHYJEVA INTEGRALNA FORMULA 47

Slika 2.14: Uz Cauchyev integral.

regularna u svim tockama podrucja P , osim u tocki z0, jer u toj tocki gornji razlomakdivergira2. Izdvoji li se tocka z0 iz podrucja P malom kruznicom k polumjera r koja ucjelosti lezi u podrucju P , tada je f(z)/(z − z0) regularna u podrucju izmedu k i K, kaoi na samim rubovima k i K. Prema Cauchyevom integralnom teoremu za visestrukopovezana podrucja, (2.11), iz prethodnog odjeljka, znamo da vrijednost integrala regularnefunkcije ne ovisi o obliku krivulje po kojoj se integrira, pa je zato

∮

K

f(z)

z − z0dz =

∮

k

f(z)

z − z0dz. (2.13)

Primjetimo da z u gornjem lijevom integralu oznacava sve tocke na zatvorenoj krivuljiK, a z u desnom gornjem integralu oznacava sve tocke kruznice k. Rijesimo integral pomaloj kruznici tako sto cemo zapoceti s uvrstavanjem identiteta

f(z) = f(z0) +[f(z)− f(z0)

]

u desnu stranu gornjeg izraza.∮

k

f(z)

z − z0dz =

∮

k

f(z0)

z − z0dz +

∮

k

f(z)− f(z0)

z − z0dz

= f(z0)

∮

k

dz

z − z0+

∮

k

f(z)− f(z0)

z − z0dz ≡ f(z0) I1 + I2.

Sada rjesavamo integrale I1 i I2.Zamjenom varijable z = z0 + r eı ϕ (slicno kao u primjeru 2.1, z0 = const, r = const), zaintegral I1 se dobiva

I1 =

∮

k

dz

z − z0=

∫ 2 π

0

ı r dϕ eı ϕ

r eı ϕ= ı

∫ 2π

0

dϕ = 2 π ı.

2 a divergiraju i derivacije; npr.

d

d z

f(z)

z − z0=d f

d z

1

z − z0− f(z)

(z − z0)2.


Pogledajmo sada integral I2: zbog neprekidnosti f(z), polumjer r kruznice k jemoguce odabrati tako malim, da za svaku tocku z sa kruznice vrijedi

∣∣∣f(z)− f(z0)∣∣∣ < ǫ,

gdje je ǫ > 0 proizvoljno mala pozitivna velicina. Buduci da podintegralna funkcija mozebiti i pozitivna i negativna, to vrijedi slijedeca nejednakost

∣∣∣∣∮

k

f(z)− f(z0)

z − z0dz

∣∣∣∣ <∮

k

∣∣∣f(z)− f(z0)∣∣∣

|z − z0||dz| <

∮

k

ǫ

rr dϕ = ǫ 2 π,

pri cemu smo uvrstili istu zamjenu varijable kao i u racunu I1. U granici kada ǫ iscezava icijeli integral I2 ce takoder iscezavati. Vratimo li se pocetnom integralu (2.13), dolazimodo

∮

K

f(z)

z − z0dz = 2 π ı f(z0) + 0,

tj. do izraza koji se naziva Cauchyeva integralna formula

f(z0) =1

2 π ı

∮

K

f(z)

z − z0dz, (2.14)

a ciji je smisao slijedeci:

vrijednost regularne analiticke funkcije u bilo kojoj tocki uunutrasnjosti jednostruko povezanog podrucja moze se izracunatipomocu vrijednosti te iste funkcije na rubu tog istog podrucja.

Sto ako je z0 izvan podrucja P ? Tada je podintegralna funkcija f(z)/(z − z0) analitickau svim tockama podrucja P , pa se na nju moze primjeniti Cauchyjev integralni teoremza jednostruko povezano podrucje (2.8)

∮

K

f(z)

z − z0dz = 0.

Obje mogucnosti se mogu sazeto zapisati na slijedeci nacin

1

2 π ı

∮

K

f(z)

z − z0dz =

f(z0) z0 ∈ P

0 z0 /∈ P,(2.15)

gdje je s K oznacen rub podrucja P .


Zadatak: 2.27 Izracunajte integral∮

k

d z

z2 + z,

(a) bez koristenja Cauchyeve integralne formule, po kruznici polumjera R > 1,(b) bez koristenja Cauchyeve integralne formule, po kruznici polumjera R < 1,(c) koristeci Cauchyeve integralnu formulu, po kruznici polumjera R > 1,(d) koristeci Cauchyeve integralnu formulu, po kruznici polumjera R < 1.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.28 Bez koristenja Cauchyjeve integralne formule, izracunajte∮

d z

z − 2,

(a) po kruznici |z − 1| = 5; (15 bodova)(b) po kvadratu s vrhovima 3± 3 ı i −3 ± 3 ı

R:dovrsiti


∫ 4−3 ı

3+4 ı

(6 z2 + 8 ı z) d z


R:dovrsiti


k

sin 3z d z

z + π/2,


R:dovrsiti


Zadatak: 2.31 Ako je t > 0 i C bilo koja zatvorena krivulja koja obuhvaca tocku z = −1,pokazite da je

1

2πı

∮

C

zezt

(z + 1)3d z =

(t− t2

2

)e−t.

R:dovrsiti

2.4.1 Primjena u teoriji potencijala

Neka je k jedinicna kruznica sa sredistem u ishodistu, a f(z) neka je regularna analitickafunkcija u unutrasnjosti i na rubu kruznice. Prema Cauchyevoj integralnoj formuli (2.14),za svaku tocku z0 iz unutrasnjosti kruznice vrijedi

f(z0) =1

2 π ı

∮

k

f(z)

z − z0dz.

Neka je tocka z ′0 nastala od z0 zrcaljenjem na kruznici. Pojam zrcaljenja na kruznici

je ilustriran slikom 2.15: tocka z ′0 je nastala zrcaljenjem tocke z0 unutar ili na kruznici

Slika 2.15: Uz objasnjenje pojma zrcaljenja na kruznici.

polumjera R (definica zrcaljenja na kruznici vrijedi za opci polumjer R, dok se u ovomodjeljku radi s kruznicom jedinicnog polumjera), ako lezi na pravcu Oz0 i ako je

|z0| · |z ′0| = R2.

Iz gornje definicije se vidi da se tocke sa kruznice preslikavaju same u sebe. Buduci da jez0 unutar kruznice, to ce z ′

0 biti izvan kruznice3, pa je prema (2.15)

0 =1

2 π ı

∮

k

f(z)

z − z ′0

dz.

3Primjetimo da se iz ovog preslikavanja vidi da unutrasnjost kruznice ima jednako mnogo tocaka kao i njezina vanjstina.


Oduzmimo gornje dvije jednakosti

f(z0)− 0 =1

2 π ı

∮

k

f(z)

(1

z − z0− 1

z − z ′0

)dz.

Precizirajmo oznake: z je na jedinicnoj kruznici i stoga je z = 1·eı ϕ; z0 je unutar kruznice,pa je z0 = r eı ϕ0 uz r < 1; z ′

0 je dobiven zrcaljenjem na kruznici i zato je z ′0 = (1/r) eı ϕ0

(primjetimo da je kut ϕ0 isti). Uvrstavanjem i sredivanjem dolazi se do

f(z0) =1− r2

2 π

∫ 2π

0

f(eı ϕ)

1− 2r cos(ϕ− ϕ0) + r2dϕ.

Kompleksna funkcija f se moze rastaviti na realni i imaginarni dio f = u+ ı v, pri cemuje

u(r cosϕ0, r sinϕ0) =1− r2

2 π

∫ 2π

0

u(cosϕ, sinϕ)

1− 2r cos(ϕ− ϕ0) + r2dϕ,

v(r cosϕ0, r sinϕ0) =1− r2

2 π

∫ 2π

0

v(cosϕ, sinϕ)

1− 2r cos(ϕ− ϕ0) + r2dϕ.

To su Poissonove jednakosti: vrijednost harmonijskih funkcija u i v u bilo kojoj tockiunutar zadane kruznice, dana je preko vrijednosti te iste funkcija na samoj kruznici.Vidjeli smo ranije, relacijama (2.5) i (2.6), da u i v zadovoljavaju Laplaceovu jednadzbukoja se pojavljuje u teoriji potencijala. Gornja formulacija rjesenja se naziva rjesenjemDirichletova problema.

2.4.2 Cauchyev integral i derivacija funkcije

Pokazimo kako se derivacija funkcije u proizvoljnoj tocki z0 podrucja u kojemu je funkcijaregularna i analiticka, moze izraziti preko integrala same promatrane funkcije (a ne njezinederivacije) po rubu tog podrucja. Oznacimo s K rub podrucja i krenimo od (2.14)

f(z0) =1

2 π ı

∮

K

f(z)

z − z0dz.

Za blisku tocku z0 + δz0 vrijedi

f(z0 + δz0) =1

2 π ı

∮

K

f(z)

z − z0 − δz0dz,

iz cega slijedi

f(z0 + δz0)− f(z0)

δz0=

1

2 π ı

1

δz0

∮

K

f(z)

[1

z − z0 − δz0− 1

z − z0

].

Sredivanjem gornjeg izraza, u granici δz0 → 0, se dobiva

d f(z)

d z

∣∣∣∣z=z0

= f ′(z0) = limδz0 → 0

f(z0 + δz0)− f(z0)

δz0=

1

2 π ı

∮

K

f(z)

(z − z0)2dz.


f ′(z0) =1

2 π ı

∮

K

f(z)

(z − z0)2dz.

Sada se isti postupak primjeni i na f ′

f ′ (z0 + δz0) =1

2 π ı

∮

K

f(z)

(z − z0 − δz0)2dz,

iz cega slijedi

f ′ (z0 + δz0)− f ′ (z0)

δz0=

1

2 π ı

1

δz0

∮

K

f(z)

[1

(z − z0 − δz0)2− 1

(z − z0)2

].

Sredivanjem gornjeg izraza, u granici δz0 → 0, se dobiva

d2 f(z)

d z2

∣∣∣∣z=z0

= f ′ ′(z0) = limδz0 → 0

f ′ (z0 + δz0)− f ′ (z0)

δz0=

1 · 22 π ı

∮

K

f(z)

(z − z0)3dz.

f ′ ′(z0) =2 !

2 π ı

∮

K

f(z)

(z − z0)3dz.

Primjenom gornjeg postupka na f ′ ′(z0), zatim na f ′ ′ ′(z0) itd., dolazi se do opceg izrazaza n-tu derivaciju funkcije f u tocki z0

f (n)(z0) =n !

2 π ı

∮

K

f(z)

(z − z0)n+1dz. (2.16)

Iz gornjeg izvoda se zakljucuje da funkcija koja je regularna i analiticka u odredenompodrucju, ima u njemu i derivacije svih redova, koje su i same regularne i analiticke utom istom podrucju. Iz postojanja prve derivacije slijedi i postojanje svih ostalih visihderivacija. Zbog postojanja visih derivacija, jasno je da su sve nize derivacije neprekidnefunkcije.

2.5 Razvoj kompleksne funkcije u red

Teorija izlozena u ovom odjeljku, originalno potjece od Cauchyja iz godine 1831.

2.5.1 Taylorov razvoj

Neka je f(z) analiticka i regularna funkcija u odrucju P . Unutar tog istog podrucja nekaje zadana kruznica k polumjera r sa sredistem u z0. Srediste je odabrano tako da jekruznica k u cjelosti u podrucju P (slika 2.16). Prema Cauchyevoj integralnoj formuli,(2.14), za svaku tocku z unutar kruznice k vrijedi4

f(z) =1

2 π ı

∮

k

f(z ′)

z ′ − zdz ′,

4Primjetimo da sada Cauchyevu integralnu formulu, (2.14), primjenjujemo na kruznicu k (a ne na K).

2.5. RAZVOJ KOMPLEKSNE FUNKCIJE U RED 53

Slika 2.16: Uz Taylorov razvoj.

gdje z ′ oznacava tocke sa kruznice k. Koristeci identitet

z ′ − z = z ′ − z0 − z + z0,

gornji izraz postaje

f(z) =1

2 π ı

∮

k

dz ′ f(z ′)1

z ′ − z0

1

1− z−z0z ′−z0

. (2.17)

Buduci da je z ′ na kruznici, a z je unutar kruznice, uvijek je (slika 2.16)∣∣∣∣z − z0z ′ − z0

∣∣∣∣ < 1.

Koristimo jos jedan identitet, ciju tocnost citatelj lako moze sam provjeriti

1

1− α= 1 + α + α2 + α3 + · · ·+ αn + · · · . (2.18)

Uzme li se za α

α ≡ z − z0z ′ − z0

,

tada (2.17) postaje5

f(z) =1

2 π ı

∮

k

dz ′ f(z ′)1

z ′ − z0

[1 +

z − z0z ′ − z0

+

(z − z0z ′ − z0

)2

+ · · ·+(z − z0z ′ − z0

)n+ · · ·

]

=1

2 π ı

∮

k

f(z ′)

z ′ − z0dz ′ +

z − z02 π ı

∮

k

f(z ′)

(z ′ − z0)2dz ′ + · · ·+ (z − z0)

n

2 π ı

∮

k

f(z ′)

(z ′ − z0)n+1dz ′ + · · · .

No, prema (2.14) i (2.16) , u gornjem izrazu prepoznajemo f(z0) i njezine vise derivacije

f(z) =1

0 !f(z0) +

1

1 !(z − z0) f

′(z0) +1

2 !(z − z0)

2 f ′ ′(z0) + · · ·+ 1

n !(z − z0)

n f (n)(z0) + · · · .

5Buduci da je α < 1, red u uglatoj zagradi je konvergentan.


To je Taylorov razvoj funkcije f oko tocke z0

f(z) =∞∑

n=0

(z − z0)n

n !f (n)(z0) . (2.19)

Naglasimo jos jednom da je gornji red konvergentan sve dok je

z − z0z ′ − z0

< 1,

tj. unutar kruga polumjera |z ′ − z0| sa sredistem u z0. Ovaj polumjer se zove polumjerkonvergencije.

Zadatak: 2.32 Napisite Taylorov razvoj funkcije

ln (1 + z).

R:dovrsiti

Zadatak: 2.33 Koristeci Taylorov razvoj, pokazite da je

(1 + z)N =N∑

n=0

(N

n

)zn.

R:dovrsiti

2.5.2 Analiticko produljenje

Gore je pokazano da razvoj regularne funkcije f(z) u konvergentan red potencija

f(z) =

∞∑

n=0

(z − z0)n an, an =

1

n !f (n)(z0), (2.20)

unutar kruga |z − z0| ≤ r sa sredistem u z0, daje vrijednosti f(z) u svakoj tocki unutarkruga polumjera r. Pomocu gornjeg izraza se ne mogu odrediti vrijednosti f(z) za zza koji je |z − z0| > r, jer tada red (2.20) divergira. To naravno ne znaci da f(z)ne postoji izvan navedene kruznice (podrucja konvergencije). Ona postoji u cijelompodrucju P .


Primjer: 2.2 Evo jednostavnog primjera: u krugu polumjera r = 1 oko ishodista, z0 = 0,funkcija

f(z) =1

1− z

je predstavljena redom (naziva se i element funkcije)

Pf(z) =

∞∑

n=0

zn (2.21)

(usporedite s (2.18)). Naravno da ova funkcija postoji i izvan navedenog kruga:npr. u tocki z = 2 ı, ona ima vrijednost f(2 ı) = (1 + 2 ı)/5. No, ta sevrijednost ne moze izracunati iz reda (2.21), jer on divegira za z = 2 ı, ali semoze izracunati iz nekog drugog reda (elementa funkcije, koji sadrzi i tockuz = 2 ı unutar svog polumjera konvergencije).

Prema Taylorovu razvoju, moze se odabrati tocka z1 blizu ruba podrucja konvergencije(slika 2.17A) i u toj tocki izracunati

Slika 2.17: Uz analiticko produljenje.

f(z1), f(n)(z1), n = 1, 2, 3, · · ·

i dobiti element funkcije Pf (z − z1) koj pripada tocki z1. Tako dobiveni red

Pf(z − z1) =

∞∑

n=0

(z − z1)n a ′

n

ima polumjer konvergencije najmanje jednak r− |z1 − z0| i dodiruje iznutra kruznicu po-lumjera r (slika 2.17.A). Najcesce je ovaj novi polumjer konvergencije veci od navedenogi prelazit ce pocetnu kruznicu polumjera r.

Primjer: 2.3 Vratimo se primjeru f(z) = 1/(1 − z) ciji red∑∞

n=0 zn konvergira za|z| < 1, ima singularitet u z = 1, a analiticka je svuda dalje. Razvije li se f(z)


oko tocke z1 = ı

1

1− z=

1

1 + ı− z − ı=

1

1− ı

1

1− z − ı

1− ı

=1

1− ı

[1 +

z − ı

1 − ı+

(z − ı

1 − ı

)2

+

(z − ı

1− ı

)3

+ · · ·].

Pf (z) =

∞∑

n=0

(z − ı)n

(1− ı)n+1.

I ovaj red je primjer jednog elementa funkcije, kao i red (2.21). Gornji je redkonvergentan za

∣∣∣∣z − ı

1− ı

∣∣∣∣ < 1 ⇒ |z − ı| <√2,

tj. novo je podrucje konvergencije krug polumjera√2 sa sredistem u z1 = ı

(slika 2.17.B). Pomocu ovog reda se npr. moze racunati vrijednost f(2 ı), asto nije bilo moguce napraviti redom (2.21).

Rezimirajmo: funkcija f(z) = 1/(1− z) se moze prikazati redom

Pf (z − z0) =∞∑

n=0

zn, z0 = 0, r = 1

u podrucju P1 u kojemu je |z| < 1, ili redom

Pf(z − z1) =∞∑

n=0

(z − ı)n

(1− ı)n+1, z1 = ı, r =

√2

u podrucju P2 u kojemu je |z− ı| <√2. Kaze se da je funkcija f(z) analiticki produljena

izvan pocetnog podrucja konvergencije.

2.5.3 Polovi funkcije

Tocka z = z0 jednoznacne funkcije f(z) se zove pol, ako je 1/f(z0) = 0 i ako je 1/f(z)regularna funkcija u nekom krugu sa sredistem u z0. Uz ove uvjete za 1/f(z) postojiTaylorov razvoj oko z0

1

f(z)=

1

f(z0)+

(z − z0)

1 !

d

dz

1

f(z)

∣∣∣∣z=z0

+(z − z0)

2

2 !

d2

dz21

f(z)

∣∣∣∣z=z0

+(z − z0)

3

3 !

d3

dz31

f(z)

∣∣∣∣z=z0

+ · · · .

Prema polaznoj pretpostavci je prvi clan desne strane jednak nuli. Opcenito ce neke odpreostalih derivacija u z = z0 biti jednake nuli, a neke ce biti i razlicite od nule. Nekaje prvih m− 1 derivacija jednako nuli, a m-ta derivacija neka je prva koja je razlicita odnule

d

dz

1

f(z)

∣∣∣∣z=z0

=d2

dz21

f(z)

∣∣∣∣z=z0

= · · · dm−1

dzm−1

1

f(z)

∣∣∣∣z=z0

= 0, alidm

dzm1

f(z)

∣∣∣∣z=z0

6= 0.


Iz svih ostalih clanova se sada moze izluciti (z − z0)m kao zajednicki mnozitelj. Desna

strana razvoja za 1/f je tada oblika

(z − z0)m g(z),

gdje je g(z) regularna funkcija od z sa svojstvom da je g(z0) 6= 0. Pomocu gornjeg izraza,funkcija f(z) je

f(z) =1

(z − z0)m1

g(z).

No, kako je g(z) regularna, to je i g1(z) ≡ 1/g(z) takoder regularna u nekom krugu sasredistem u z0, pa zato za nju postoji Taylorov razvoj oblika

g1(z) = a−m + (z − z0) a−(m−1) + · · ·+ (z − z0)m−1 a−1 + (z − z0)

m a0 + (z − z0)m+1 a1 + · · · ,

uz a−m 6= 0. Uvrstavanjem ovog razvoja u izraz za f(z), dobiva se

f(z) =a−m

(z − z0)m+

a−(m−1)

(z − z0)m−1+ · · ·+ a−1

z − z0+ a0 + (z − z0) a1 + (z − z0)

2 a2 + · · · .

Prirodni broj m koji se pojavljuje u gornjim izrazima, opisuje visestrukost pola i zovese red pola. Prema gornjem izrazu, u blizini pola m-tog reda, funkcija je predocenazbrojem polinoma m-tog stupnja u varijabli 1/(z − z0) i regularne funkcije predocenebeskonacnim redom

m−1∑

n=0

an−m(z − z0)m−n +

∞∑

n=0

an (z − z0)n.

Polinom P (1/(z−z0)) se zove glavni dio funkcije u okolici pola z0, a koeficijent a−1 kojimnozi clan 1/(z − z0) se zove6 reziduum (ostatak) funkcije u polu z0.

Buduci da je

f(z) = (z − z0)−m g1(z), g1(z0) = a−m 6= 0,

to je ilimz→ z0

(z − z0)m f(z) = g1(z0) = a−m 6= 0. (2.22)

Pol m-tog reda funkcije f je nultocka m-tog reda funkcije 1/f .

Kasnije, u odjeljku (3.2.1) o racunu reziduuma, ce nam biti vazan koeficijent a−1 iz gornjeg

6prema Cauchyu


razvoja. Pokazimo kako se on izracunava. Neka f ima pol m-tog reda

f(z) =a−m

(z − z0)m+

a−m+1

(z − z0)m−1+ · · ·+ a−1

z − z0

+ a0 + (z − z0) a1 + (z − z0)2 a2 + · · ·

(z − z0)mf(z) = a−m + (z − z0)a−m+1 + · · ·+ (z − z0)

m−1a−1

+ (z − z0)ma0 + (z − z0)

m+1a1 + (z − z0)m+2a2 + · · ·

d

d z

[(z − z0)

mf(z)]

= a−m+1 + · · ·+ (m− 1)(z − z0)m−2a−1

+m(z − z0)m−1a0 + (m+ 1)(z − z0)

ma1 + · · ·...

dm−1

d zm−1

[(z − z0)

mf(z)]

= (m− 1) ! a−1 +m ! (z − z0)a0 + (m+ 1) ! (z − z0)2a1 + · · ·

limz→z0

dm−1

d zm−1

[(z − z0)

mf(z)]

= (m− 1) ! a−1

Time je koeficijent a−1 jednak

a−1 =1

(m− 1) !limz→ z0

dm−1

dzm−1(z − z0)

m f(z). (2.23)

Zadatak: 2.34 Odredite red pola i reziduume funkcija:

f1(z) =1

z − z0, f(z) =

1

(z − z0)M, M > 1.

R:Funkcija f1 ima pol prvog reda u tocki z = z0 s reziduumom jednakim a−1 = 1.Funkcija f2 ima polM-tog reda u tocki z = z0 s reziduumom jednakim a−1 = 0.

Jednoznacna funkcija, regularna u danom podrucju P kompleksne ravnine, osim u tockamakoje su joj polovi, zove se meromorfna7 funkcija u tom podrucju. Ako funkcija imabeskonacno puno polova, oni se mogu gomilati samo na rubu podrucja P , a ta tockagomilanja se naziva bitni singularitet funkcija.

Primjer: 2.4 Funkcija

7zeli se reci da su jedini singulariteti u obliku polova (izoliranih tocaka), tj. da nema linija ili povrsina u kojima bifunkcija bila singularna.


f(z) = tan1

z

ima beskonacno puno polova u tockama z0,n = 2/(nπ), n = ±1,±3,±5 · · · ,koje se gomilaju oko tocke z = 0, koja NIJE pol.

Zadatak: 2.35 Pokazite da cijela racionalna funkcija n-tog stupnja Pn(z) ima u z = ∞pol n-tog reda.

R:Oznacimo s z ′ = 1/z. tada je

Pn(z) = znan + zn−1an−1 + · · ·+ za1 + a0,

Pn(1/z′) =

1

(z ′ − 0)nan +

1

(z ′ − 0)n−1an−1 + · · ·+ 1

(z ′ − 0)1a1 ++a0.

Iz gornjeg se zapisa iscitava da je z ′0 = 0 pol n-tog reda, sto znaci da je

z0 = 1/z ′0 = ∞ pol n-tog reda.

Iz gornjeg primjera se zakljucuje da racionalna funkcija

R(z) =Pn(z)

Qm(z),

gdje su Pn(z) iQm(z) polinomi bez zajednickih linearnih faktora, ima za konacni z konacanbroj polova koji su nul-tocke nazivnika, a u z = ∞ ima pol (n−m)-tog reda ako je n > m.

Odredivanje reziduuma:Ako je z0 pol prvog reda, prema (2.22) je

limz→ z0

(z − z0) f(z) = g1(z0) = a−1.

Ako je F (z) = f(z)/g(z) i ako je z0 nultocka prvog reda od g, tj. g(z0) = 0, g ′(z0) 6=0, f(z0) 6= 0, tada je z0 pol prvog reda od F

(z − z0)F (z) = f(z)z − z0g(z)

= f(z)z − z0

g(z)− g(z0)

=f(z)

g(z)−g(z0)z−z0

,

limz→ z0

(z − z0)F (z) = a−1 = limz→ z0

f(z)g(z)−g(z0)z−z0

=f(z0)

g ′(z0)

⇒ a−1 =f(z0)

g ′(z0). (2.24)


Slicno se pokazuje, (2.23), i da ako funkcija ima pol m-tog reda, tada uz clan 1/(z − z0)stoji koeficijent a−1 koji je jednak

a−1 =1

(m− 1) !limz→ z0

dm−1

dzm−1(z − z0)

m f(z).

Zadatak: 2.36 Odredite polove i reziduume funkcije f(z) = 1/(1 + z2).

R:Iz zapisa funkcije u obliku

f(z) =1

1 + z2=

1

(z + ı)(z − ı)

vidimo da funkcija ima dva pola prvog reda: z0,1 = +ı, z0,2 = −ı. Funkcija jeoblika F = f/g, pa su, prema (2.24), reziduumi jednaki

a−1 =1

2 z

∣∣∣∣z=±ı

= ± 1

2ı.

Isti se zadatak moze rijesiti i tako da se f(z) napise kao

1

1 + z2=ı

2

1

z + ı− ı

2

1

z − ı

iz cega se odmah vidi da su polovi prvog reda s reziduumima ±ı/2.

Zadatak: 2.37 Odredite polove i reziduume funkcije F (z) = 1/ sin z.

R:Kao i u prethodnom primjeru, i ovo je racionalna funkcija, s nulama nazivnikau tockama

z0,n = nπ, n = 0, 1, 2, 3, · · · ,

tj. polova funkcije F ima prebrojivo beskonacno. Da se radi o polovima prvogreda, vidimo po tome sto je vec a−1 razlicit od nule

a−1 =f(z0)

g ′(z0)=

1

cosnπ= (−1)n 6= 0.

2.5.4 Laurentov razvoj

Laurentov8 razvoj je poopcenje Taylorova razvoja, a odnosi se na jednoznacne funkcijeregularne u podrucju omedenom sa dvije jednostavne zatvorene krivulje K i K ′ (slika2.18) unutar kojih se moze smjestiti kruzni vijenac omeden kruznicama k i k ′ polumjerar i r ′ uz r > r ′ sa sredistem u z0 unutar K ′. Za tocku z unutar kruznog vijenca je

r ′ < |z − z0| < r.8P. A. Laurent, 1841; K. Weierstrass, 1841


Slika 2.18: Uz Laurentov razvoj.

Funkcija f je jednoznacna i regularna u svim tockama kruznog vijenca sa slike 2.18 i nakruznicama, dok se o njoj nista ne pretpostavlja niti u unutrasnjosti K ′, niti izvan K.Neka je z tocka iz kruznog vijenca, a k ′ ′ kruznica sa sredistem u z koja u cjelosti lezi uvijencu, slika 2.19. Formirajmo krivulju C kao na slici 2.19 koja je odredena kruznicama

Slika 2.19: Cauchyeva integralna formula i Laurentov razvoj.

k, k ′ i k ′ ′ i duzinama α, β, γ, δ. Buduci da tocka z nije obuhvacena krivuljom, to premaCauchyevoj integralnoj formuli (2.15) slijedi da je

1

2 π ı

∮

C

f(z ′)

z ′ − zdz ′ = 0.

Integraciju po krivulji C rastavljamo na integraciju po njezinim dijelovima∮

C=

∫

α

+

∫

(k ′ ′)desno

+

∫

β

+

∫

k ′

+

∫

γ

+

∫

(k ′ ′)lijevo

+

∫

δ

+

∫

k

.


U granici kada procjep ∆ iscezava, integrali po duzinama β i γ postaju isti po iznosu, asuprotni po predznaku (zbog suprotnog smjera obilaska), pa je njihov zbroj jednak nuli

∫

β

+

∫

γ

= 0.

Isto vrijedi i za integrale po duzinama α i δ∫

α

+

∫

δ

= 0.

Preostaju integrali po kruznicama, pri cemu predznak integrala ovisi o smjeru obilaskapojedine kruznice

0 = −∮

k ′ ′

f(z ′)

z ′ − zdz ′ −

∮

k ′

f(z ′)

z ′ − zdz ′ +

∮

k

f(z ′)

z ′ − zdz ′.

Kruznica k ′ ′ obuhvaca9 tocku z, pa je prema Cauchyevoj integralnoj formuli (2.15)∮

k ′ ′

f(z ′)

z ′ − zdz ′ = 2 π ı f(z).

Uvrsti li se to u gornju vezu medu integralima, slijedi

f(z) =1

2 π ı

∮

k

f(z ′)

z ′ − zdz ′ − 1

2 π ı

∮

k ′

f(z ′)

z ′ − zdz ′. (2.25)

Sada se postupa slicno kao i kod izvoda Taylorova razvoja: z ′ − z = z ′ − z0 − z + z0 =(z ′ − z0)− (z − z0). Iz slike (2.20) se vidi da vrijede slijedece relacije:

♣ Na kruznici k je |z ′ − z0| > |z − z0| kada je z ′ ∈ k.

Slika 2.20: Cauchyeva integralna formula i Laurentov razvoj.

9I kruznica k obuhvaca tocku z, ali na integral po k ne mozemo primjeniti Cauchyevu integralnu formulu, jer k obuhvacai podrucje K ′ u kojemu funkcija ne mora biti analiticka.


1

2 π ı

∮

k

f(z ′)

z ′ − zdz ′ =

1

2 π ı

∮

k

f(z ′)

(z ′ − z0)− (z − z0)dz ′

=1

2 π ı

∮

k

f(z ′)

z ′ − z0

1

1− z−z0z ′−z0

dz ′,

pri cemu je∣∣∣∣z − z0z ′ − z0

∣∣∣∣ < 1.

♣ Na kruznici k ′ je |z ′ − z0| < |z − z0| kada je z ′ ∈ k ′.

1

2 π ı

∮

k ′

f(z ′)

z ′ − zdz ′ =

1

2 π ı

∮

k ′

f(z ′)

(z ′ − z0)− (z − z0)dz ′

= − 1

2 π ı

∮

k ′

f(z ′)

z − z0

1

1− z ′−z0z−z0

dz ′,

pri cemu je∣∣∣∣z ′ − z0z − z0

∣∣∣∣ < 1.

Uvrstavanjem gornjih relacija u (2.25), dolazi se do

f(z) =1

2 π ı

∮

k

f(z ′)

z ′ − z0

1

1− z−z0z ′−z0

dz ′ − 1

2 π ı

∮

k ′

f(z ′)

z − z0

1

1− z ′−z0z−z0

dz ′.

Koristeci se razvojem (2.18) koji konvergira za |α| < 1, gornji izraz za f(z) postaje

f(z) =1

2 π ı

∮

k

f(z ′)

z ′ − z0

[1 +

z − z0z ′ − z0

+

(z − z0z ′ − z0

)2

+

(z − z0z ′ − z0

)3

+ · · ·]dz ′

+1

2 π ı

∮

k ′

f(z ′)

z − z0

[1 +

z ′ − z0z − z0

+

(z ′ − z0z − z0

)2

+

(z ′ − z0z − z0

)3

+ · · ·]dz ′

=1

2 π ı

∞∑

n=0

(z − z0)n

∮

k

f(z ′)

(z ′ − z0)n+1dz ′

+1

2 π ı

∞∑

n=1

(z − z0)−n∮

k ′

f(z ′) (z ′ − z0)n−1 dz ′.

Prvi zbroj konvergira za sve z unutar kruznice k, a drugi konvergira za sve z izvan k ′.Ako se u drugom zbroju uvede novi indeks zbrajanja m = −n, dobije se

1

2 π ı

−1∑

m=−∞(z − z0)

m

∮

k ′

f(z ′) (z ′ − z0)−m−1 dz ′.


No, m je nijemi indeks po kojemu se zbraja, pa ga mozemo nazvati i n

1

2 π ı

−1∑

n=−∞(z − z0)

n

∮

k ′

f(z ′)

(z ′ − z0)n+1dz ′,

cime f(z) postaje

1

2 π ı

∞∑

n=0

(z − z0)n

∮

k

f(z ′)

(z ′ − z0)n+1dz ′ +

1

2 π ı

−1∑

n=−∞(z − z0)

n

∮

k ′

f(z ′)

(z ′ − z0)n+1dz ′.

Prema relaciji (2.11), znamo da integrali∮ki∮k ′ ne ovise o tome jesu li k i k ′ kruznice

ili bilo koje druge jednostavne zatvorene krivulje u podrucju izmedu K i K ′, uz uvjet daobuhvacaju tocku z0. Zbog toga za f(z) mozemo napisati

Slika 2.21: Uz Laurentov razvoj.

f(z) =1

2 π ı

∞∑

n=0

(z − z0)n

∮

k

f(z ′)

(z ′ − z0)n+1dz ′ +

1

2 π ı

−1∑

n=−∞(z − z0)

n

∮

k

f(z ′)

(z ′ − z0)n+1dz ′

=1

2 π ı

∞∑

n=−∞(z − z0)

n

∮

k

f(z ′)

(z ′ − z0)n+1dz ′

gdje je k bilo koja pozitivno usmjerena zatvorena krivulja (ne nuzno kruznica) izmedu Ki K ′, koja obuhvaca tocku z0 (slika 2.21). Nazove li se10

an =1

2 π ı

∮

k

f(z ′)

(z ′ − z0)n+1dz ′,

tada je Laurentov razvoj funkcije f(z) oblika

f(z) =

∞∑

n=−∞an (z − z0)

n. (2.26)

10primjetimo da an ne mozemo, preko relacije (2.16) povezati s derivacijama f , jer ovdje indeks n moze biti i negativan


Laurentov se razvoj razlikuje od Taylorova po negativnim potencijama (z − z0), pa jestoga uvijek divergentan bar u z = z0.

Zadatak: 2.38 Napisite Laurentov razvoj funkcije f(z) = 1/[z(z − 1)].

R:Funkcija ima polove u tockama z0 = 0 i z0 = 1. Ako odaberemo z0 = 0,tada je f(z) analiticka u kruznom vijencu 0 < r < 1 (slika 2.22). U racunu

Slika 2.22: Uz primjer Laurentovog razvoja funkcije f(z) = 1/[z(z − 1)] oko ishodista.

koeficijenata an, za krivulju integracije je najjednostavnije odabrati kruznicupolumjera 0 < ρ < 1 sa sredistem u ishodistu

an =1

2 π ı

∮

k

f(z)

(z − z0)n+1dz, z0 = 0, f(z) =

1

z(z − 1)

= − 1

2 π ı

∮

k

dz

z n+2(1− z)= (2.18) = − 1

2 π ı

∮

k

dz

z n+2

∞∑

m=0

zm

= − 1

2 π ı

∞∑

m=0

∮

k

dz

z n+2−m .

Na kruznici je z = ρ eı ϕ, pa je i

an = − 1

2 π

∞∑

m=0

ρ−n−1+m

∫ 2π

0

eı ϕ(−n−1+m) dϕ.

Vrijednost gornjeg integrala ovisi o odnosu n i m:♠ ako je 0 = n+ 1−m, tada je

∫ 2π

0

e0 dϕ = 2 π.


♠ ako je 0 6= n+ 1−m, tada je n ′ = −n− 1 +m neki cijeli broj, pa je

∫ 2π

0

eı ϕ n′

dϕ = 0.

Obje ove mogucnosti se mogu zapisati kao11

∫ 2π

0

eı ϕ(−n−1+m) dϕ = 2 π δm,n+1.

To daje za koeficijente an

an = − 1

2 π

∞∑

m=0

ρ−n−1+m 2 π δm,n+1 = −1∞∑

m=0

δm,n+1.

Ako je n = −1, 0, 2, 3, · · · , u∑∞

m=0 ce se uvijek naci clan koji zadovoljavazahtjev m = n+1 i zato ce koeficijenti an s takvim n imati vrijednost −1. Sviostali koeficijenti s n = −2,−3,−4, · · · imaju vrijednost nula

an =

−1 n ≥ −1

0 n < −2.

Time se za razvoj trazene funkcije dobiva

1

z(z − 1)=

+∞∑

n=−∞an(z − z0)

nz0=0 =

+∞∑

n=−1

(−1) zn = −(1

z+ 1 + z + z2 + · · ·

).

Zadatak: 2.39 Razvijte

f(z) =z

(z − 1) (2− z)

u Laurentov red za 1 < |z| < 2.

R:dovrsiti

Zadatak: 2.40 Razvijte

f(z) =1

(z + 1) (z + 3)

u Laurentov red za 1 < |z| < 3.

R:dovrsiti

11Kroneckerov simbol δa,b je jednak jedinici ako je a = b, a jednak je nuli kao je a 6= b.

2.6. PRESLIKAVANJA 67

Zadatak: 2.41 Razvijte funkciju (20 bodova)

f(z) =1

(z + 1)(z + 3)

u Laurentov red u podrucju 0 < |z + 1| < 2.

R:dovrsiti

2.6 Preslikavanja

U ovom ce odjeljku biti rijeci o geometrijskim svojstvima kompleksnih funkcija kom-pleksne varijable.Kod realnih funkcija jedne realne varijable, situacija je razmjerno jednostavna: zadana jefunkcija y = f(x) koja svakoj vrijednosti nezavisne varijable x pridruzuje jednu vrijednosty, sto se onda moze prikazati u dvije dimenzije tako da je x apscisa, a y ordinata. U kom-pleksnom podrucju, stvari su nesto slozenije: kompleksna funkcija w = f(z) je funkcijajedne kompleksne, tj. dvije nezavisne realne varijable z = x+ ı y

w = f(z) = u(x, y) + ı v(x, y).

Gornja relacija svakoj tocki kompleksne z = (x, y) ravnine pridruzuje jednu tocku ukompleksnoj w = (u, v) ravnini. Isto tako ce i pojedine linije i plohe iz z ravnine bitipreslikane u odgovarajuce linije i plohe u w ravnini.U nastavku ovog odjeljka cemo studirati neka jednostavnija od tih preslikavanja.

translacija:Funkcija translacije je jedna jednostavna funkcija koja svaku tocku prostora, z, samopomice (translatira) za neki konstantni iznos z0 = x0+ı y0, to je zbrajanje konstantom(slika 2.23)

w = f(z) = z + z0,

u(x, y) = x+ x0,

v(x, y) = y + y0.

zakret (rotacija):Funkcija zakreta tocke za neki fiksni kut, je dana mnozenjem konstantom

w = z · z0,

gdje je z0 konstanta. Kod opisa zakreta je uobicajeno koristiti polarni koordinatni sustav


Slika 2.23: Funkcija translacije.

u kojemu je

w = ρ eı ϕ, z = r eı α, z0 = r0 eı α0 .

U polarnom zapisu je dakle

ρ eı ϕ = r eı α r0 eı α0 = r r0 e

ı (α+α0)

ρ = r r0,

ϕ = α + α0.

Iznos kompleksnog broja je promijenjen sa r na r · r0, a kut je povecan sa α na α + α0

Slika 2.24: Funkcija zakreta.

(slika 2.24). Time je izveden zakret za kut α0. cisti zakret (bez promjene iznosa z) sedobije za r0 = 1. Tako je npr. cisti zakret za kut π/2 radijana, dan mnozenjem sa z0 = ı.

inverzija:


Pod operacijom (funkcijom) inverzije se misli na inverz u odnosu na mnozenje

w =1

z.

Ponovo, prijelazom u polarne koordinate,

w = ρ eı ϕ, z = r eı α,

dobiva se

ρ eı ϕ =1

r eı α,

ρ =1

r,

ϕ = −α.

Ocito je da naziv inverzija potjece od relacije ρ = 1/r. Ovom se relacijom, npr. unu-trasnjost jedinicne kruznice preslikava u njezinu vanjstinu12. Relacija ϕ = −α ukazujeda se operacijom inverzije osim promjene iznosa, izvodi jos i promjena predznaka kuta tj.zrcaljenje oko realne osi ili, kako smo to ranije zvali, kompleksno konjugiranje.

Pogledajmo kako se neke jednostavne linije u z ravnini preslikavaju u w ravninu. Zapisimooperaciju inverzije u pravokutnim koordinatama

u+ ı v =1

x+ ı y

i izjednacimo realne i imaginarne dijelove na obje strane jednakosti

u =x

x2 + y2, x =

u

u2 + v2(2.27)

v =−y

x2 + y2, y =

−vu2 + v2

.

Jedna vrlo jednostavna linija je npr. pravac paralelan s osi x

y = c0 = const.

(x ima proizvoljne vrijednosti). U skladu s gornjim relacijama je

c0 =−v

u2 + v2,

sto se moze napisati i u obliku

u2 +

(v +

1

2c0

)2

=1

4c20,

u kojemu prepoznajemo kruznicu13 polumjera 1/(2c0) u w = (u, v) ravnini, sa sredistem

12Primjetimo da unutrasnjost jedinicne kruznice ima jednako mnogo tocaka kao i njezina vanjstina.13Primjetimo da se sve tocke pravca (koji je beskonacne duljine) preslikavaju u sve tocke kruznice (pri cemu je opseg

kruznice konacan).


Slika 2.25: Operacijom inverzije, pravac se preslkava u kruznicu.

u tocki [0,−1/(2c0)] (slika 2.25).

Opcenito ce se svaki pravac ili kruznica u z ravnini preslikati u pravac ili kruznicu u wravnini (dvostruka primjena operacije inverzije daje identitet, pa su zato prvac i kruznicamedusobno inverzne linije). Tako npr. jednadzba

a(x2 + y2) + 2bx+ 2cy + d = 0,

za a 6= 0 opisuje kruznicu, a za a = 0 opisuje pravac u z ravnini. Lako je uvjeriti se da seoperacijom inverzije (2.27) gornja jednadzba preslikava u

d(u2 + v2) + 2bu− 2cv + a = 0,

sto je za d 6= 0 jednadzba kruznice, a za d = 0 jednadzba pravca u w ravnini.

Tocke razgranista i viseznacne funkcije:Gornja preslikavanja su jednu tocku z ravnine preslikala u jednu tocku w ravnine, pa su utom smislu to bila jednoznacna ili jedan-jedan preslikavanja. U ovom ce se odjeljku razma-trati preslikavanja koja dvije ili vise tocaka jedne ravnine preslikavaju u jednu tockudruge ravnine (i, naravno, njihove inverze). Takva se preslikavanja nazivaju viseznacnim.

Kao prvi primjer promotrimo preslikavanje (funkciju)

w = z2. (2.28)

Za w = ρ eı ϕ i z = r eı α, gornje se preslikavanje moze zapisati i kao

ρ = r2, ϕ = 2α.

Preslikavanje je nelinearno, jer se iznos kvadrira. No, ono sto je vazno u gornjoj relaciji jeda se kut udvostrucava: to znaci da se prvi kvadrant z ravnine 0 < α < π/2 preslikava ucijelu gornju w poluravninu 0 < ϕ < π, a gornja z poluravnina0 < α < π se preslikava ucijelu w ravninu 0 < ϕ < 2π. Donja poluravnina z se opet (tj. po drugi puta) preslikava ucijelu w ravninu. Ovo je primjer dvoznacnog preslikavanja: dvije razlicite tocke z ravnine,


z0 i z0 eı π = −z0, preslikavaju se u istu tocku w = z20 u w ravnini. Ovo se preslikavanje

moze prikazati i u pravokutnim koordinatama

u+ ı v = (x+ ı y)2

u = x2 − y2,

v = 2xy.

Iz gornjih se veza vidi da medusobno okomitim pravcima u = c1 i v = c2 u w ravnini,odgovaraju medusobno okomite hiperbole x2− y2 = c1 i 2xy = c2 u z ravnini (slika 2.26).Svaka tocka hiporbole x2 − y2 = c1 iz gornje poluravnine, x > 0, se preslikava u jednu

Slika 2.26: Preslikavanje w = z2, povezuje medusobno okomite pravce u = c1 i v = c2 u w ravnini, slikaB, s medusobno okomitim hiperbolama x2 − y2 = c1 i 2xy = c2 u z ravnini, slika A.

od tocaka pravca u = c1. No, isto tako se i svaka tocka hiperbole x2 − y2 = c1 iz donjepoluravnine, x < 0, preslikava u tu istu tocku pravca u = c1. U slijedecem ce se odjeljkupokazati da ako je funkcija kojom se izvodi preslikavanja analiticka, tada se linije okomiteu jednoj ravnini, preslikavaju u linije okomite u drugoj ravnini (preslikavanje ne mijenjakutove, oni ostaju nepromijenjeni).

Inverzno preslikavanje preslikavanja (2.28) je

w = z1/2

ili, u polarnim koordinatama, w = ρ eı ϕ i z = r eı α,

ρ = r1/2, ϕ = α/2.

Gornje preslikavanje ce svake dvije tocke w ravnine (one s vrijednostima kuta ϕ i ϕ+ π)preslikati u istu tocku z ravnine (s izuzetkom tocke z = 0). Gleda li se to s drugestrane, moze se reci da ista tocka u z ravnini (ona s kutovima α i α + 2π) odgovaradvjema razlicitim tockama u w ravnini (onima s kutom ϕ i ϕ + π). Ovo je preslikavanjejednostavno poopcenje realnog preslikavanja y2 = x, kojim se dvije tocke ± y preslikavajuu isti x.Ova se dvoznacnost moze lako izbjeci ogranici li se kut α na vrijednosti iz intervala0 ≤ α < 2π. To se moze postici zahtjevom da se nikada ne presjece crta α = 0 u ravni z


(slika 2.27). Takva se linija razdvajanja obicno naziva rez14. Rez spaja dvije singularne

Slika 2.27: Rez u zravnini.

tocke razgranista15 u z0 i u z = ∞. Buduci da je svrha reza samo da ogranici vrijednostiargumenta od z, kao linija reza se mogla odabrati i bilo koja druga crta koja spaja z0 iz = ∞. Tocke z i z eı 2π su iste u z ravnini, ali vode na razlicite tocke w i w eı π = −w uw ravnini. Zato bi odsutnost reza vodila na dvoznacnost funkcije w = z1/2.

Ova se dvoznacnost moze zgodno opisati pomocu Riemanovih ploha kao na slici 2.28.Dvoznacna funkcija

√z postaje jednoznacna, ali ne u z ravnini, nego na plohi koja se

Slika 2.28: Riemanove plohe funkcije w = z1/2.

sastoji od dva lista, a koja se zove Riemannova ploha. Tocka z = 0 je njezino razgraniste.Kruzenjem oko razgranista, prelazi se s jednog lista na drugi.

Slijedeci primjer je preslikavanjew = ez. (2.29)

14engl. cut line15engl. branch point


koje se moze citati i kao

ρ eı ϕ = ex+ı y,

ρ = ex,

ϕ = y.

Ako y prima vrijednosti iz intervala 0 ≤ y < 2π (ili iz −π ≤ y < π ili bilo kojegdrugog intervala sirine 2π), tada i ϕ prima vrijednosti iz intervala sirine 2π. Ako jos ix prima vrijednosti iz intervala −∞ < x < +∞, tada vidimo da se vodoravna prugasirine 2π u z ravnini, preslikava u cijelu w ravninu. Nadalje, svaka tocka z ravnineoblika x + ı (y + n 2π) se preslikava u istu tocku w ravnine. Ovo je primjer viseznacnogpreslikavanja gdje se vise tocaka z ravnine preslikava u jednu tocku w ravnine.Inverz od (2.29)

w = ln z ⇒ u+ ı v = ln(r eı α) = ln r + ı α (2.30)

je takoder viseznacna funkcija. Svi izrazi kao sto su z0, z0 eı 2π, z0 e

2 ı 2π, · · · z0 en ı 2π, · · ·opisuju istu tocku z ravnine, ali u w ravnini se oni preslikavaju u razlicite tocke

u = ln r, v = α+ n 2 π.

Ova se viseznacnost opet moze zgodno opisati pomocu Riemanovih ploha, slicno kao naslici 2.28, samo sto sada Riemannova ploha ima n listova, a ne samo dva.

2.6.1 Konformno preslikavanje

Kod preslikavanja w = z2 je uoceno da se linije okomite u jednoj ravnini preslikavaju ulinije okomite u onoj drugoj ravnini. Ispitajmo detaljnije koje uvjete mora zadovoljavatipreslikavanje, pa da kutovi medu krivuljama ostanu nepromjenjeni uslijed preslikavanja.

Derivacija analiticke funkcije ne ovisi o smjeru u kojem se vrsi derivacija (odjeljak 2.2).Pogledajmo koje su geometrijske posljedice tog svojstva. Neka je w = f(z) preslikavanje

Slika 2.29: Uz konformno preslikavanje.

koje tocku z preslikava u w. Akoje u ravnini z zadana krivulja, preslikavanje w = f(z) ce


tu krivulju preslikati u jednu novu krivulju u w ravnini. Tako ce dvama bliskim tockamaz i z+∆ z u ravnini z, odgovarati dvije bliske tocke w i w+∆w u ravnini w (slika 2.29).Oznacimo s ∆ s duljinu spojnice z i z +∆ z, a s ∆S duljinu spojnice w i w +∆w. Neka∆ s zatvara kut α1 s pozitivnim smjerom osi x, a ∆S neka zatvara kut ϕ1 s pozitivnimsmjerom osi u. U polarnom sustavu s ishodistem u tocki z je ∆ z = ∆ s eı α1 , a u polarnomsustavu s ishodistem u tocki w je ∆w = ∆S eı ϕ1 , iz cega slijedi

∆w

∆ z=

∆S

∆ seı (ϕ1−α1).

U granici kada ∆ z → 0, i ∆ s ce iscezavati, a zbog neprekinutosti funkcija u i v, iscezavatce i ∆S =

√(∆ u)2 + (∆ v)2. Uz pretpostavku da f(z) u tocki z ima konacnu derivaciju

f ′(z) razlicitu od nule, tada je

f ′(z) = lim∆ z→0

∆w

∆ z= lim

∆ s→0

∆S

∆ slim

∆ s→0eı (ϕ1−α1).

U vec spomenutom polarnom sustavu s ishodistem u tocki w je f ′(z) = λ eı ω, gdje suλ i ω neke konstante ovisne o vrijednosti z (tj. o tocki u kojoj se racuna derivacija).Izjednacavanjem ova dva izraza za f ′(z) slijedi

λ = lim∆ s→0

∆S

∆ s, eı ω = lim

∆ s→0eı (ϕ1−α1) = eı (ϕ−α).

S ϕ1, α1 su oznaceni kutovi sekanti, a s ϕ, α su oznaceni kutovi tangenti. Prvi od gornjihizraza se zove omjer preslikavanja i daje omjer duljine lukova krivulje u ravnini zi njezine slike u ravnini w (opisuje koliko se krivulja rastegla ili stegnula). Druga odjednadzba kaze kako se promijenio kut tangente na krivulju u danoj tocki uslijed presli-kavanja iz jedne u drugu ravninu

ϕ = α+ ω.

Vidi se da se kut povecava za konstantnu vrijednost ω, a ta vrijednost ω

ovisi o tocki z i funkciji f kojom se vrsi preslikavnje (a ne o krivulji kojase preslikava).

To znaci da ako kroz istu tocku prolaze dvije krivulje cije tangente zatvaraju kutove αi α ′ s pozitivnim smjerom osi x u z ravnini, funkcija f ce ih preslikati u krivulje kojezatvaraju kutove ϕ i ϕ ′ s pozitivnim smjerom osi u u w ravnini, pri cemu je

ϕ = α+ ω, ϕ ′ = α ′ + ω ⇒ ϕ− ϕ ′ = α− α ′.

Gornje relacije kazu da je kut izmedu krivulja, α − α ′, u ravnini z isti kao kut, ϕ −ϕ ′, izmedu slika tih krivulja u ravnini w. Preslikavanje koje ostavlja nepromjenjenimkutove, naziva se konformno preslikavanje ili preslikavanje po slicnosti u najmanjimdijelovima16.Primjeri preslikavanja iz prethodnog odjeljka su primjeri konformnih preslikavanja.

16O konformnom preslikavanju, vidjeti i u [4]

Poglavlje 3

Funkcije kompleksne varijable 2:racun reziduuma

3.1 Singulariteti funkcije

Izolirani singularitet:Tocka z0 se naziva izolirana singularna tocka ili izolirani singularitet funkcije f(z), ako fnije analiticka u z = z0, ali jeste analiticka u okolini z0. Kao sto je vec spomenuto uodjeljku 2.5.3, meromorfnom se naziva ona funkcija koja analiticka u cijeloj z ravnini, osimeventualno u izoloranim tocaka - polovima. Zakljucci iz odjeljka 2.5.3 se mogu iskazati ipomocu Laurentovog razvoja funkcije f oko z0

f(z) =

+∞∑

n=−∞an (z − z0)

n.

Ako su koeficijenti

a−m 6= 0, a−(m+1) = a−(m+2) = · · · = 0, m > 0,

kaze se da je z0 pol m-tog reda.

Bitni singularitet:Ukoliko je beskonacno mnogo koeficijenata an s negativnim n razlicito od nule, tada sekaze da je z0 pol beskonacnog reda ili da je bitni singularitet funkcije. Sustinska je razlikaizmedu pola i bitnog singulariteta ta sto se pol m-tog reda moze ukloniti1 mnozenjemfunkcije sa (z − z0)

m, dok slican postupak nije izvediv za bitni singularitet.

Ponasanje funkcije f(z) u okolini tocke z = ∞ se ispituje tako da se uvede varijablat = 1/z i ispituje se ponasanja funkcije f(1/t) u okolini (konacne) tocke t = 0. Evoprimjera:

1Zato se ovakav singularitet naziva i uklonjivi.

75


Primjer: 3.1 Funkcija sinus napisana kao red potencija je oblika

sin z =

∞∑

n=0

(−1)n z2n+1

(2n+ 1) !.

Da bi se ispitala analiticka svojstva ove funkcije kada z → ∞, uvodi se nova varijablat = 1/z, tako da je

sin(1/t) =∞∑

n=0

(−1)n

(2n + 1) !t−(2n+1) =

∞∑

n=0

a−n t−(2n+1).

Iz gornjeg se zapisa vidi da je beskonacno mnogo koeficijenata s negativnim indeksom,razlicito od nule, tj. da funkcija sinus ima bitni singularitet u beskonacnosti.

Razgraniste:Postoji jos jedna vrsta singulariteta koji se zove razgraniste2, a s kojim smo se vec sreli uodjeljku 2.6.1. Ova vrst singulariteta se moze pojasniti na primjeru funkcije

f(z) = za,

gdje a nije cijeli broj. Predstavi li se z u polarnom obliku z = ρ eı ϕ, tada se lako vidida vrijednost funkcije za proizvoljni ϕ = ϕ0 nije ista kao i vrijednost za ϕ = ϕ0 + 2π

eı ϕ0 6= eı ϕ0+ı 2π a.

Dakle, tocke eϕ0 i eı ϕ0+ı 2π koje koincidiraju u z ravnini, funkcijom f se preslikavaju udvije razlicite tocke u f(z) = u+ ı v ravnini. Funkcija f je viseznacna funkcija. Vidi seda za sve vijednosti 0 < ρ <∞ postoji skok u fazi funkcije za 2 π a. Dakle, ako u z ravninijednom obidemo ishodiste z = 0 po kruznici proizvoljnog polumjera ρ, i dodemo u istutocku iz koje smo krenuli, vrijednost funkcije se promjenila. Ovo svojstvoishodista, ili opcenito neke tocke z0, oznacavamo tako da tu tocku nazivamo razgraniste.Pokazimo da osim razgranista u z = 0, gornja funkcija ima razgraniste i u z = ∞.Jednostavnom zamjenom varijable t = 1/z, vidimo da je

f(1/t) = t−a

i da obilazak tocke t = 0 po kruznici proizvoljnog polumjera u kompleksnoj t ravnini, odtocke na kruznici t = Reı ϕ0 do t = Reı ϕ0+ı 2π vodi na skok u fazi funkcije f u iznosu od

e−ı ϕ0 6= e−ı ϕ0−ı 2π a.

−ı 2π a. Vratimo li se u z varijablu, zakljucujemo da f , osim u z = 0, ima razgraniste i uz = ∞ sa skokom u fazi istog iznosa, a suprotnog predznaka, kao i skok u fazi u z = 0.Problem viseznacnosti se razrijesava tako da se konstruira rez u z ravnini (slika 3.1) kojispaja tocke razgranista u z = 0 i u z = ∞. Funkcija f ce biti kontinuirana svedok se ne presjece linija reza: opcenito ce se pojaviti razlika u fazama (u polarnomzapisu faza je kut ϕ) s obje strane linije reza.

2engl. branch point

3.1. SINGULARITETI FUNKCIJE 77

Slika 3.1: Uz primjer obilaska ishodista po kruznici. Rez je linija koja povezuje bilo koja dva razgranista- u ovom slucaju rez povezuje razgraniste u z = 0 s razgranistem u z = ∞.

Primjetimo da je u polu funkcija beskonacna, dok u razgranistu moze imati i konacnuvrijednost.

Zadatak: 3.1 Odredite i analizirajte tocke razgranista funkcije f(z) = (z2 − 1)1/2.

R: Napise li se funkcija u obliku

f(z) = (z − 1)1/2 (z + 1)1/2,

lako se vidi da su tocke razgranista u z± = ±1: ako tocku (± 1, 0) obidemo pojedinicnoj kruznici, za ϕ = 0 i za ϕ = 2π (koje odgovaraju istoj vrijednosti z)dobit ce se razlicite vrijednosti funkcije. Npr. pogledajmo lijevo razgraniste utocki z = −1 i obidimo ga po kruznici polumjera RL

z = −1 +RL eı ϕ.

Ocito je

z(ϕ = 0) = z(ϕ = 2 π) = −1 +RL,

No, f(z) ima razlicite vrijednosti za ϕ = 0 i ϕ = 2 π

f(ϕ) =√

−2 +RL eı ϕ√RL e

ı ϕ/2,

ϕ = 0 f(0) =√

−2 +RL

√RL,

ϕ = 2 π f(2 π) = −√

−2 +RL

√RL = −f(0).

I slicno za desno razgraniste u z = +1.


Pogledajmo sada kakvog je karaktera tocka z = ∞: da bi se ispitalo ponasanjefunkcije za z → ∞, treba ispitati ponasanje f za t = (1/z) → 0

f =

√1

t2− 1 =

1

t

√1− t2 ≡

√1− t2

t− t0, t0 ≡ 0.

Iz (2.22) znamo da za pol reda m vrijedi

limt→ t0

(t− t0)m f(t) = a−m 6= 0

U ovom je primjeru t0 = 0, pa je i

limt→0

tm1

t

√1− t2 = lim

t→0

tm

t= δm,1,

cime je pokazano da f ima pol prvog reda (a ne razgraniste) kada z → ∞.Linija reza povezuje dva razgranista, pa je u ovom primjeru to dio realne osiizmedu −1 i +1. Pokazimo to na slijedeci nacin. Promatrajmo funkciju f nakrivulji sa slike 3.2. Kompleksni brojevi z + 1 i z − 1 se mogu prikazati u


polarnom obliku kao

z + 1 = RL eı ϕL, z − 1 = RD eı ϕD ,

pa je cijela funkcija jednaka

f(z) =√RL RD eı (ϕL+ϕD)/2.

Tablica 3.1 prikazuje promjenu faze, (ϕL + ϕD)/2, funkcije f pri obilaskukrivulje sa slike 3.2, u naznacenom smjeru. U tocki a su ϕL = ϕD = 0. Nadijelu krivulje od a do b se ϕD kontinuirano mijenja od 0 do π, a ϕL je sve

3.2. RACUN REZIDUUMA 79

Tablica 3.1: Faza (ϕL + ϕD)/2 funkcije f(z) = (z − 1)1/2 (z + 1)1/2 pri obilasku krivulje sa slike 3.2.

polozaj ϕL ϕD (ϕL + ϕD)/2

a 0 0 0b 0 π π/2c 0 π π/2d π π πe 2π π 3π/2f 2π π 3π/2g 2π 2π 2π

to vrijeme jednako nuli. Na dijelu krivulje od b do c, obje su faze konstantneϕL = 0 i ϕD = π. Na dijelu krivulje od c do d, faza ϕL se kontinuirano mijenjaod 0 do π, dok je faza ϕD sve vrijeme konstantna i jednaka π. Od tocke d doe, ϕL se kontinuirano mijenja od π do 2π, pri cemu je ϕD sve vrijeme jednakoπ (zamisljamo da su kruznice jako male). Na dijelu krivulje od e do f , objesu faze konstantne ϕL = 2π i ϕD = π. Na dijelu krivulje od f do g, ϕLje konstantna i jednaka 2π, dok se ϕD kontinuirano mijenja od π do 2π. Izopisanog se zakljucuje da se obilaskom krivulje od a do g, faza funkcije f(z)kontinuirano mijenja od 0 do 2π, sto cini funkciju jednoznacnom.Primjetimo jos, prema tablici 3.1, da prijelaz ravnom crtom od bilo koje tockena liniji bc do bilo koje tocke na liniji ef (dakle, prolaz kroz liniju reza), vodina skok u fazi funkcije f(z) u iznosu od π, dok obilazak linije reza ne vodi naskok u fazi (tj. ostavlja funkciju kontinuiranom).

Iz gornjeg zadatka se moze zakljuciti opcenito da do skoka u fazi funkcije dolazi uslijedprolaska kroz liniju reza (spojnicu dvaju razgranista), dok obilazak linije reza ostavljafunkciju kontinuiranom

3.2 Racun reziduuma

3.2.1 Teorem o reziduumima

Krenimo od Laurentovog razvoja funkcije oko izoliranog singulariteta u z0

f(z) =

+∞∑

n=−∞an (z − z0)

n, 0 < |z − z0| < Rc, (3.1)

koji vrijedi za sve z unutar polumjera konvergencije Rc i prointegrirajmo gornju jednadzbupo kruznici (ili bilo kojoj drugoj krivulji) koja obilazi z0 u smjeru suprotno od kazaljkena satu ∮

Cf(z) d z =

+∞∑

n=−∞an

∮

C(z − z0)

n d z. (3.2)


Ovaj je zadatak slican primjeru 2.1, s tom razlikom da sada kruznica C po kojoj se inte-grira nema srediste u ishodistu, vec u tocki z0. U polarnom prikazu je z − z0 = Reı ϕ, paje (z − z0)

n = Rn eı n ϕ i dz = ı dϕR eı ϕ, pri cemu je R konstantno na kruznici. Odvojenocemo rjesavati slucajeve kada je n 6= −1 i kada je n = −1.

(n 6= −1)

∮

C(z − zo)

n d z = Rn

∮ 2π

0

eı n ϕ ı d ϕ R eı ϕ

= ı Rn+1

∮ 2π

0

eı (n+1)ϕ d ϕ

=Rn+1

n + 1

∮ ı2π(n+1)

0

ex d x =Rn+1

n+ 1ex∣∣∣∣ı2π(n+1)

0

= 0. (3.3)

(n = −1)

∮

C

d z

z − z0=

∮ 2π

0

ı d ϕ R eı ϕ

Reı ϕ= ı

∮ 2π

0

d ϕ = 2 π ı.

Primjetimo da u oba slucaja vrijednost integrala ne ovisi o polumjeru kruznice R.Dakle, s jedne strane zbroj svih integrala oblika (3.2) , dat ce integral funkcije f(z), a sdruge strane u cijelom tom zbroju, samo je jedan clan razlicit od nule. To vodi do

∮f(z) dz = 2 π ı a−1(z0). (3.4)

Koeficijent a−1(z0) koji stoji uz potenciju (z − z0)−1 Laurentovog razvoja funkcije f(z)

oko z0, zove se reziduum3 funkcije f(z) (na str. 57 je pokazano kako se opcenito racunaa−1).

Primjer: 3.2 Evo primjera dvije funkcije koje su zadane svojim Laurentovim razvojimaoko z0 = 0, tako da se vrijednost a−1 odmah iscitava i bez koristenja (2.23):

f1(z) =1

z, ⇒ a−1(z0 = 0) = 1,

f2(z) =1

z2, ⇒ a−1(z0 = 0) = 0.

Sada mozemo kombinirati gornji rezultat s Cauchyjevim integralnim teoremom (2.8)∮

Cf(z) d z = 0. (3.5)

gdje je krivulja C takva da unutar nje funkcija f(z) nema singulariteta. Neka funkcijaf(z) ima N izoliranih singulariteta u tockama z1, z2, · · · , zN . Konstruirajmo krivulju saslike 3.4 koja zaobilazi sve te singularitete i zato vrijedi, prema Cauchyjevom integralnom

3ili ostatak, zato jer je to sve sto ostane od integracije cijelog reda (3.1) za f(z).


Slika 3.3: Uz teorem o reziduumima - funkcija f(z) ima izolirani singularitet u z0, a analiticka je u svimostalim tockama.

teoremu (2.8), da je integral f po toj krivulji jednak nuli. No ta se krivulja moze rastavitina zbroj od N + 1 krivulje4

∮

Cf(z) dz +

∮

k1

f(z) dz +

∮

k2

f(z) dz + · · ·+∮

kN

f(z) dz = 0.

Sa slike 3.4 se vidi da se kruznice kn obilaze u smjeru kazaljke na satu, sto mijenja predznaku (3.4)

∮

Cf(z) dz − 2 π ı a−1(z1)− 2 π ı a−1(z2)− · · · − 2 π ı a−1(zN ) = 0.

Tako se dolazi do teorema o reziduumima

∮

Cf(z) dz = 2 π ı

N∑

n=1

a−1(zn) (3.6)

gdje zbroj sadrzi sve reziduume obuhvacene krivuljom C. Ovaj teorem omogucava racunintegrala funkcije po proizvoljnoj krivulji, pomocu izracunavanja rezidu-uma funkcije na kruznicama oko izoliranih singulariteta.

4Ravni dijelovi su beskonacno blizu jedan drugome, tako da je na njima vrijednost funkcije gotovo ista, a zbog suprotonogsmjera obilaska, njihovi se doprinosi ukidaju.


Slika 3.4: Uz teorem o reziduumima - krivulja integracije koja u cjelosti obuhvaca N = 4 izoliranasingulariteta podintegralne funkcije.

Zadatak: 3.2 Izracunajte reziduume funkcija (30 bodova)

(a) f(z) =z2 − 2z

(z + 1)2 (z2 + 4),

(b) f(z) = ez (csc z)2

u svim njihovim polovima koji imaju konacne vrijednosti.

R:dovrsiti

Zadatak: 3.3 Izracunajte reziduum funkcije

f(z) =cot z coth z

z3

u tocki z = 0.

R:dovrsiti

Zadatak: 3.4 Izracunajte:

1

2πı

∮

C

ezt

z2 (z2 + 2z + 2)d z,


po krivulji |z| = 3.

R:dovrsiti

Zadatak: 3.5 Koristeci teorem o reziduumima, izracunajte (35 bodova)∫ ∞

0

d x

x6 + 1.

R:dovrsiti


∫ +∞

−∞

x2 d x

(x2 + 1)2 (x2 + 2x+ 2).

R:dovrsiti

Zadatak: 3.7 Koristeci teorem o reziduumima, izracunajte (35 bodova)

∫ 2π

0

d ϕ

3− 2 cosϕ+ sinϕ.

R:dovrsiti

Zadatak: 3.8 Izracunajte∫ ∞

0

cosmx d x

x2 + 1,

uz m > 0.

R:dovrsiti



cosh z

z3d z,

po kvadratu s vrhovima ±2 ± 2 ı .

R:dovrsiti


0

d x

x4 + 1.

R:dovrsiti


∫ ∞

0

sin2 x

x2d x

R:dovrsiti

Zadatak: 3.12 Jedinicna step funkcija se definira kao

u(s− a) =

0, s < a

1, s > a .

Pokazite da se u moze prikazati integralom.

u(s) =1

2+

1

2πıP∫ +∞

−∞

eixs

xd x.

R:dovrsiti

Zadatak: 3.13 Izracunajte funkciju izvodnicu Besselovih funkcija

g(x, t) =+∞∑

n=−∞Jn(x) t

n


Ako je Besselova funkcija dana svojom integralnom reprezentacijom

Jn(x) =1

2πı

∮ex(t−1/t)/2 t−n−1 d t.

Integrira se po kruznici sa sredistem u ishodistu.

R:dovrsiti

Zadatak: 3.14 (a) Izracunajte integral

∫ 2π

0

d ϕ

a+ b cosϕ, a > |b|.

(b) Sto ako je |b| > |a|?(c) Sto ako je |b| = |a|?

R:dovrsiti

Zadatak: 3.15 (a) Izracunajte integral

∫ 2π

0

d ϕ

a− b sinϕ, a > |b|.

(b) Sto ako je |b| > |a|? (c) Sto ako je |b| = |a|?

R:dovrsiti

Zadatak: 3.16 (a) Izracunajte integral∫ π

0

d ϕ

(a+ cosϕ)2, a > 1.

(b) Sto ako je a = 1?

R:dovrsiti


Zadatak: 3.17 U kvantnomehanickoj teoriji atomskih sudara, pojavljuje se integral

∫ +∞

−∞

sin t

teıpt d t,

gdje je p realan. Izracunajte integral za:(a) |p| > 1,(b) |p| < 1,(c) |p| = 1.

R:dovrsiti

3.2.2 Cauchyjeva glavna vrijednost

Ponekad se moze dogoditi da krivulja integracije prolazi polom prvog reda. U tom jeslucaju potrebno deformirati krivulju integracije, pomocu polukruznice infinitezimalnogpolumjera, tako da krivulja integracije ili obuhvaca ili ne obuhvaca (prema zelji) pol.Ova je situacija prikazana na slikama uz jednadzbe (3.7) i (3.8). Neka je pol na realnojosi. Laurentov razvoj funkcije u okolini pola je oblika (3.2), Za integracija po malojpolukruznici, uvode se oznake: z− x0 = r eı ϕ i dz = r ı dϕ eı ϕ, sto za clan s n = −1, vodina

a−1

∫dz

z − x0= a−1 ı

∫ 2π

π

dϕ = ı π a−1, (3.7)

ako se integrira u smjeru suprotno od kazaljke na satu, a

a−1

∫dz

z − x0= a−1 ı

∫ 0

π

dϕ = −ı π a−1, (3.8)

ako se integrira u smjeru kazaljke na satu. Ostali clanovi razvoja koji su oblika (3.2) uzn 6= −1 iscezavaju u granici r → 0. Racun kao u (3.3), uz promjenjene granice integracije- jer se integrira po polukruznici umjesto po kruznici, doveo bi do

± rn+1

n+ 1ex∣∣∣∣ıπ(n+1)

0

= ± rn+1

n+ 1[cosπ(n+ 1)− 1]

limr→0

± rn+1

n+ 1[cosπ(n+ 1)− 1]

=

0, n = 0, 1, 2, 3, · · ·

0, n = −3,−5,−7, · · ·

∄, n = −2,−4,−6, · · · .

.


Evo jedne ilustracije gornjeg postupka. Funkcija f(z) ima jednostruki pol na realnoj osi uz = x0, a zadatak je izracunati integral od f po cijeloj realnoj osi. To se izvodi tako da sekrivulja integracije zatvori polukruznicom beskonacnog5 polumjera u gornjoj poluravnini,kao sto je to skicirano na slici 3.5. Prema (3.6) je

Slika 3.5: Uz ilustraciju racuna glavne vrijednosti. Zeleni kruzici oznacavaju polove unutar krivuljeintegracije, a x0 oznacava pol na krivulji integracije.

∮f(z) dz =

∫ x0−r

−∞f(x)dx+

∫

k

f(z) dz +

∫ +∞

x0+r

f(x)dx+

∫

K

f(z) dz

= 2 π ıN∑

n=1

a−1(zn), (3.9)

gdje se zbroj u posljednjem redu odnosi na singularitete unutar krivulje integracije(zeleni kruzici sa slike 3.5). S k je oznacen integral po polukruznici beskonacno malogpolumjera oko tocke x0, a s K je oznacen integral po kruznici beskonacno velikog polu-mjera koja zatvara krivulju integracije. Pokazimo sada da odabir bilo gornje bilo donjepolukruznice k, vodi na isti rezultat.donja polukruznica:ako je odabrana donja polukruznica, tada je pol x0 unutar krivulje integracije (bas kao ipolovi oznaceni zelenim tockicama na slici 3.5) i zato ce se u gornjem izrazu pojaviti nadva mjesta: u integralu

∫ki u zbroju po reziduumima kao 2 π ı a−1(x0). U integralu

∫k

se integrira u smjeru suprotno od kazaljke na satu, pa to prema (3.7) vodi na doprinosod ı π a−1(x0)

· · ·+ ı π a−1(x0) + · · · = · · ·+ 2 π ı a−1(x0) + · · ·· · · = · · ·+ π a−1(x0) + · · · .

Dakle, ukupan je doprinos od tog pola jednak π a−1(x0).

5 Polumjer je beskonacan zato jer su granice na realnoj osi beskonacne.


gornja polukruznica:ako je odabrana gornja polukruznica, tada pol x0 nije unutar krivulje integracije i zatose nece pojaviti u zbroju po reziduumima na desnoj strani (3.9). Pojavit ce se jedino uintegralu

∫k. U tom se integralu polukruznica obilazi u smjeru kazaljke na satu, pa to

prema (3.8) vodi na doprinos od −ı π a−1(x0). Prebaci li se taj doprinos na desnu stranu(3.9)

· · · − ı π a−1(x0) + · · · = · · ·· · · = π a−1(x0) + · · · .

opet se dobije π a−1(x0), kao i kada se racunalo s donjom polukruznicom.

Vidimo da se rezultati (3.7) ili (3.8) dodatno pribraja desnoj strani (3.6). Dakle, jednos-truki pol koji se nalazi na krivulji integracije, doprinosi dvostruko manjim faktorom odpola koji se nalazi unutar krivulje integracije.Sazetak: ako se polovi nalaze unutar krivulje integracije, doprinose clanom 2 π ı a−1, aako se nalaze na krivulji integracije, doprinose clanom π ı a−1. Ovim dodatkom, relacija(3.6) prelazi u

∮

Cf(z) dz = 2 π ı

∑

unutar

a−1(zn) + π ı∑

na

a−1(zn) (3.10)

Teorem o reziduumima se koristi za racunanje ne samo kompleksnih, nego (jos vise) irealnih integrala, kao sto je to pokazano u odjeljku (3.2.5).

U granici kada polumjer male kruznice iscezava, integrali po realnoj osi se mogu zbrojiti

limr→0

∫ x0−r

−∞f(x) dx+

∫ +∞

x0+r

f(x) dx

= P

∫ +∞

−∞f(x) dx (3.11)

u ono sto se naziva Cauchyjeva glavna vrijednost i oznacava slovom P. Kako semoze predociti glavna vrijednost: u blizini singulariteta x0, glavni doprinos funkciji dolaziod n = −1 clana Laurentovog razvoja

f(x) ≃ a−1

x− x0.

Gornji je razlomak neparna funkcija, sto znaci da ce on imati velike negativne vrijednostilijevo od x0 i isto tako velike pozitivne vrijednosti desno od x0, koje ce se u integraciji pox jednim dijelom ukidati; ono sto preostane nakon ovog ukidanja jeste glavna vrijednostintegrala.


U nekim se slucajevima glavna vrijednost integrala moze izracunati i kao

P∫ +∞

−∞f(x)dx = lim

A→∞

∫ +A

−Af(x)dx.

Primjer: 3.3 Slobodni harmonijski oscilator s vanjskom silom (nehomogena diferenci-jalna jednadzba)

dovrsiti

3.2.3 Pole expansion —

dovrsiti

3.2.4 Product expansion —

dovrsiti

3.2.5 Izracunavanje nekih tipova odredenih integrala

U ovom se odjeljku pokazuje kako se neki tipovi integrala u realnoj varijabli, racunajupomocu teorema o reziduumima.

(1)

∫ 2π

0

f(sinϕ, cosϕ) dϕ,

(2)

∫ +∞

−∞f(x) d x,

(3)

∫ +∞

−∞f(x) eıax d x,

(4)

∫ +∞

−∞f(ex) d x.

(1) izracunavanje odredenih integrala oblika∫ 2π

0f(sinϕ, cosϕ) dϕ:

Funkcija f je racionalna (pa time i jednoznacna) funkcija sinusa i kosinusa, konacna zasve vrijednosti kuta ϕ. Uvedimo novu varijablu z = eı ϕ, iz cega slijedi dz = ı dϕ eı ϕ i

dϕ = −ı dzz, sinϕ =

z − z−1

2 ı, cosϕ =

z + z−1

2.

Sada je zadatak izracunati

I = −ı∮

f [(z − z−1)/(2 ı), (z + z−1)/2]dz

z,


gdje se za krivulju integracije uzima jedinicna kruznica sa sredistem u ishodistu (sjetimose da je z = eı ϕ). Prema teoremu o reziduumima, (3.6), gornji je integral jednak

I = (−ı) (2πı)∑

( po svim reziduumima unutar jedinicne kruznice).

Zadatak: 3.18 Izracunajte integral

I =

∫ 2π

0

dϕ

1 + ǫ cosϕ,

za |ǫ| < 1

R: Prijelazom na varijablu z = eı ϕ i odabirom jedinicne kruznice za kri-vulju integracije, dolazi se do

I = −ı∮

dz/z

1 + (ǫ/2)(z + z−1)=

−2 ı

ǫ

∮dz

z2 + (2/ǫ)z + 1.

Nule nazivnika podintegralne funkcije

z± = −1

ǫ± 1

ǫ

√1− ǫ2

jesu polovi prvog reda te iste funkcije. Pol z+ se nalazi unutar jedinicnekruznice, a z− je izvan, pa se racuna samo sa z+. Prema (2.24), reziduumje jednak

a−1(z+) = (z − z+)1

(z − z+)(z − z−)

∣∣∣∣z=z+

=1

z+ − z−

=ǫ

2√1− ǫ2

.

Konacno je

I =−2 ı

ǫ2πı a−1(z+) =

2π√1− ǫ2

.

Rijesite ovaj zadatak integracijom po kruznici polumjera R, gdje je R dovoljnovelik da kruznica obuhvati oba pola.

(2) izracunavanje odredenih integrala oblika∫ +∞−∞ f(x) dx:

Neka je odredeni integral oblika

I =

∫ +∞

−∞f(x) dx

i neka zadovoljava slijedeca dva uvjeta:(1) funkcija f(z) je analiticka u cijeloj gornjoj poluravnini, osim u konacnom broju po-


lova6;(2) funkcija f(z) iscezava kao 1/z2 ili brze, kada |z| → ∞, 0 ≤ arg z ≤ π.

Uz ove uvjete, za krivulju integracije se moze uzeti dio realne osi od −R do +R i po-lukruznica u gornjoj poluravnini, kao na slici 3.6, s time da se na kraju izvede granicniprijelaz R → ∞. Uvodenjem varijable z = Reı ϕ kod integracije po luku kruznice, dobiva

Slika 3.6: Uz ilustraciju racuna integrala oblika∫ +∞

−∞ f(x) dx.

se

∮f(z) dz =

limR→∞

∫ +R

−R f(x)dx+ limR→∞∫ π0f(Reı ϕ)ı dϕR eı ϕ

2πı∑

(po svim reziduuma gornje poluravnine) .

Zbog uvjeta (2), je

limR→∞

ı R

∫ π

0

f(Reı ϕ) eı ϕ dϕ = 0,

pa preostaje

∫ +∞

−∞f(x)dx = 2πı

∑(po svim reziduuma gornje poluravnine).

Zadatak: 3.19 Izracunajte integral

I =

∫ +∞

−∞

dx

1 + x2.

6Pretpostavit cemo da nema polova na realnoj osi, a ako ih ima, onda se oni tretiraju kao u (3.2.2).


R: Integracija se provodi po krivulji sa slike 3.6. Integracija po luku kruznicedaje nulu u granici kada R → ∞

limR→∞

∫ π

0

ı dϕR eı ϕ

1 +R2 e2 ı ϕ= 0,

pa je

I =

∫ +∞

−∞

dx

1 + x2= 2πı


Polovi podintegralne funkcije su nule nazivnika: z± = ± ı, od kojih je samoz+ = +ı u gornjoj poluravnini. Prema (2.24), reziduum je jednak

a−1(z+) =1

2 z+=

1

2 ı,

sto vodi na konacnu vrijednost trazenog integrala

I =

∫ +∞

−∞

dx

1 + x2= 2πı

1

2 ı= π.

citatelj se lako moze i sam uvjeriti da se isti rezultat dobiva i integracijom pokrivulji s lukom polukruznice u donjoj poluravnini.

(3) izracunavanje odredenih integrala oblika∫ +∞−∞ f(x) eı a x dx:

Zadatak je izracunati odredeni integral oblika

I =

∫ +∞

−∞f(x) eı a x dx,

pri cemu je a realna i pozitivna konstanta. Gornji se integral naziva i Fourierov transfor-mat7 funkcije f . Ponovo cemo pretpostaviti da funkcija f zadovoljava dva uvjeta:(1) funkcija f(z) je analiticka cijeloj u gornjoj poluravnini, osim u konacnom broju po-lova8;(2) za funkciju f vrijedi

lim|z|→∞

f(z) = 0, 0 ≤ arg z ≤ π.

Primjetimo da je ovo slabiji uvjet nego uvjet (2) iz prethodnog primjera∫ +∞−∞ f(x) dx.

Integracija se izvodi o krivulji sa slike 3.6. Pogledajmo detaljnije integral po luku kruznice:

7O Fourierovim transformacijama ce biti vise rijeci u odjeljku ...8Pretpostavit cemo da nema polova na realnoj osi, a ako ih ima, onda se oni tretiraju kao u (3.2.2).


x → z = Reı ϕ = R (cosϕ+ ı sinϕ)

IR =

∫ π

0

f(Reı ϕ) eı aR (cosϕ+ı sinϕ) ı dϕR eı ϕ =

∫ π

0

f(Reı ϕ) eı a R cosϕ−aR sinϕ ı dϕR eı ϕ

Buduci da je lim|z|→∞ f(z) = 0, to ce, za dovoljno veliki R, vrijediti |f(z)| = |f(Reı ϕ)| <ǫ, pa je i

|IR| =∫ π

0

|f(Reı ϕ)| |eı aR cosϕ−aR sinϕ| |ıR eı ϕ| dϕ < ǫR

∫ π

0

e−aR sinϕ dϕ = 2 ǫR

∫ π/2

0

e−aR sinϕ dϕ.

Kao sto se jasno vidi sa slike 3.7, na intervalu [0, π/2], vrijedi nejednakost

Slika 3.7: Linija (a) predstavlja pravac y = (2/π)ϕ, a linija (b) predstavlja funkciju y = sin ϕ.

.

sin ϕ ≥ ϕ

π/2.

Uvrstavanjem gornje nejednakosti u izraz za |IR|, slijedi

|IR| ≤ 2ǫR

∫ π/2

0

e−aR 2ϕ/π dϕ.

Gornji je integral lako izracunati

|IR| ≤ ǫ π

a

(1− e−aR

),

limR→∞

|IR| =ǫ π

a.

No, prema uvjetu (2), ce i ǫ→ 0, kada R→ ∞, pa je zato

limR→∞

|IR| = 0. (3.12)


Gornji se rezultat naziva Jordanova lema. Sada mozemo napisati

∮f(z) dz =

∫ +∞

−∞f(x) eı a x dx+ lim

R→∞IR = 2πı


Zbog iscezavanja IR na luku kruznice kada R → ∞, vrijedi∫ +∞

−∞f(x) eı a x dx = 2πı


Zadatak: 3.20 Zadatak je izracunati integral

I =

∫ +∞

0

sin x

xdx.

R: Gornji se integral moze shvatiti kao imaginarni dio integrala

Iz = P∫ +∞

−∞

eı z

zdz.

Podintegralna funkcija ima pol prvog reda u z = 0 s reziduumom (prema(2.24)) jednakim a−1 = 1. Za krivulju integracije odabiremo krivulju sa slike3.8. Takvim izborom krivulje, postize se:

Slika 3.8: Uz racun integrala∫ +∞

0 (sinx/x) dx.

.

(1) izbjegava se pol u ishodistu,(2) ukljucuje se realna os i(3) podintegralna funkcija iscezava9 na luku velike kruznice kada R → ∞.

9Npr. na pozitivnoj imaginarnoj osi je z = ı y, pa eı z/z = e−y/(ı y) → 0 kada y → ∞. Primjetimo da u donjoj


Buduci da odabrana krivulja ne sadrzi singularitete podintegralne funkcije, toje

∮eı z

zdz = 0.

S druge je strane, taj isti integral jednak zbroju integrala po pojedinim dije-lovima krivulje

∮eı z

zdz =

∫ −r

−R

eı x

xdx+

∫

k

eı z

zdz +

∫ +R

+r

eı x

xdx+

∫

K

eı z

zdz = 0

Po Jordanovoj lemi (3.12), je integral po luku K jednak nuli∫

K

eı z

zdz = 0,

a prema definiciji glavne vrijednosti je

∫ −r

−R

eı x

xdx+

∫ +R

+r

eı x

xdx = P

∫ +∞

−∞

eı x

xdx.

Time se dolazi do∮

eı z

zdz =

∫

k

eı z

zdz + P

∫ +∞

−∞

eı x

xdx = 0.

Integral po maloj polukruznici smo vec izracunali u (3.8), i on je jednak−ı π a−1(0), jer se luk obilazi u smjeru kazaljke na satu. Reziduum smovec izracunali a−1(0) = 1, pa je

P∫ +∞

−∞

eı x

xdx = ı π.

Izjednacimo realni i imaginarni dio gornjeg izraza∫ +∞

−∞

cos x

xdx = 0,

∫ +∞

−∞

sin x

xdx = π.

Funkcija cos x/x je neparna, pa integral po simetricnim granicama mora bitinula (i za konacne simetricne granice). Funkcija sin x/x je parna, pa je integral∫ +∞−∞ = 2

∫ +∞0

, tj. trazeni integral je

∫ +∞

0

sin x

xdx =

π

2.

Zadatak: 3.21 Ovaj je zadatak vezan za teoriju rasprsenja u kvantnoj mehanici. Karak-teristican integral koji se tamo pojavljuje je oblika

I(σ) =

∫ +∞

−∞

x sin x

x2 − σ2dx,

poluravnini ovo nije istina.


gdje je σ realna i pozitivna konstanta. Iz fizickih postavki problema rasprsenjaje poznato da integral I(σ) predstavlja izlazni rasprseni val, pa zato mora bitioblika eı σ

R: Iz fizickih postavki problema rasprsenja je poznato da integral I(σ) pred-stavlja izlazni rasprseni val, pa zato mora biti oblika eı σ.

... dovrsiti ...

(4) izracunavanje odredenih integrala s eksponencijalnom funkcijom:Ukoliko se u integrandu pojavljuju eksponencijalna ili hiperbolne funkcije,

∫f(ex) d x.

ne postoji nekakav opci postupak za rjesavanje takvih integrala. Umjesto toga, za svakiintegrand treba odabrati najpovoljniju krivulju integracije. Evo nekoliko primjera.

Zadatak: 3.22 Funkcija faktorijela se moze poopciti na nacin kako je to pokazano u ovomprimjeru. Izracunajmo integral

I =

∫ +∞

−∞

eax

1 + exdx, 0 < a < 1.

Kao sto ce se pokazati na kraju, granica na a onemogucava divergenciju inte-grala kada x→ ∞.

R: Gornji se integral racuna tako sto se s varijable x prelazi na kompleksnuvarijablu z = x + ı y i integrira se po krivulji sa slike 3.9. U granici R → ∞,integral po realnoj osi, daje trazeni integral. Vodoravni dio krivulje na kojemuje y = const. = 2π, ce brojniku samo donijeti dodatnu fazu 2πaı u odnosu nadio sa y = 0, a nazivnik ce ostaviti nepromjenjenim. Na okomitim stranicama,x = ±R i 0 ≤ y ≤ 2 π, krivulje integracije sa slike 3.9, integrand iscezava

D : limR→∞

ea(R+ı y)

1 + eR+ı y= lim

R→∞e−(1−a)R = 0, 0 < a < 1,

L : limR→∞

ea(−R+ı y)

1 + e−R+ı y= lim

R→∞

e−aR

1 + e−R=

0

1 + 0= 0, 0 < a < 1.

Na taj nacin preostaje samo integracija po gornjoj i donjoj vodoravnoj liniji(ali u suprotnim smjerovima, sto ce dati minus predznak ispred integrala po


Slika 3.9: Uz izracunavanje funkcije faktorijela.

.

gornjoj liniji)

∮eaz

1 + ezdz = lim

R→∞

(∫ +R

−R

eax

1 + exdx+

∫ −R

+R

ea(x+2πı)

1 + e(x+2πı)dx

)

= limR→∞

(∫ +R

−R

eax

1 + exdx− e2πaı

∫ +R

−R

eax

1 + exdx

)

=(1− e2πaı

) ∫ +∞

−∞

eax

1 + exdx

Sada treba pogledati gdje su polovi integranda i koliki su njihovi reziduumi.Polovi su rjesenja jednadzbe

ez + 1 = 0,

tj.

ex eı y = −1.

Jedina tocka, unutar krivulje integracije, koja rjesava gornju jednadzbu je(x, y) = (0, π). Laurentov razvoj nazivnika oko te tocke daje

1 + ez = 1 + ez−ı π eı π = 1− ez−ı π

= 1−[1 + (z − ı π) +

(z − ı π)2

2!+

(z − ı π)3

3!+ · · ·

]

= −(z − ı π)

[1 +

z − ı π

2!+

(z − ı π)2

3!+ · · ·

].


Iz ovog se razvoja vidi da je (0, π) pol prvog reda, a iz (2.24) se dobiva reziduum

a−1(ı π) = (z − ı π)eaz

−(z − ı π)[1 + z−ı π

2!+ (z−ı π)2

3!+ · · ·

]

∣∣∣∣∣∣z=ı π

= − eı a π.

Prema teoremu o reziduumima, (3.6), slijedi

(1− e2πaı

) ∫ +∞

−∞

eax

1 + exdx = 2πı (−eı πa),

∫ +∞

−∞

eax

1 + exdx =

π

sin aπ, 0 < a < 1.

Koristeci β funkciju (predav o vjeroj ) .. itd ...

3.3 Disperzijske relacije

Naziv ovoga odjeljka potjece od radova iz podrucja optike, dvojice fizicara: HendrikaKramersa10 i Ralpha Kroniga11 iz dvadesetih godina XX stoljeca. Po njima se ove relacijeponekad nazivaju i Kramers-Kronigove relacije. Sama rijec disperzija ili rasprsenje, opi-suje svojstvo svjetlosti (opcenitije: elektromagnetskog vala) da indeks loma ovisi o valnojduljini tj. frekvenciji svjetlosti. Indeks loma, n, se pojavljuje kao kompleksna velicina,ciji je relani dio odreden faznom brzinom vala, a imaginarni dio je odreden apsorpci-jom. Disperzijske se relacije sastoje u tome da se realni dio indeksa prikaze kao integralkompleksnog dijela i obratno: da se imaginarni dio n prikaze kao integral realnog dijela.Slicne su relacije opazene i u drugim podrucjima fizike u kojima se pojavljuju disperzivnii apsorpcijski procesi (kao npr. u teorija rasprsenja)12. U ovm ce se odjeljku o disperzij-skim relacijama govoriti kao o svojstvu kompleksne funkcije da se njezin realni dio mozenapisati kao integral imaginarnog dijela i obratno. U odredenom smislu, ove su relacijeintegralna analogija diferencijalno formuliranih Cauchy-Riemannovih uvjeta (2.3).

Neka je f(z) kompleksna funkcija, analiticka u gornjoj poluravnini i na realnoj osi, osimeventualno u jednoj tocki koju cemo oznaciti s x0. Takoder se zahtijeva da funkcijaiscezava u beskonacnosti

lim|z|→∞

|f(z)| = 0, 0 ≤ arg z ≤ π. (3.13)

Uz ovaj uvjet ce integral funkcije po polukruznici beskonacno velikog polumjera u gornjojpoluravnini, iscezavati. Ako se za krivulju integracije odabere krivulja sa slike 3.10, tadaje, prema Cauchyjevom integralnom teoremu13,

10Hendrik Anthony Kramers (Rotterdam, 2. II 1894. – Oegstgeest, 24. IV 1952.), nizozemski fizicar.11Ralph Kronig (1904-1995), njemacki fizicar.12Kasnije (gdje ) ce se pokazati da su ove relacije posljedica uzrocnosti, tj. ne ovise o vrsti procesa koji se proucava.13Funkcija f(z)/(z − x0) u (3.14) je f iz (??).

3.3. DISPERZIJSKE RELACIJE 99

Slika 3.10: Uz izvod disperzijskih relacija. Polumjer male kruznice r → ∞. Zelena strelica opisuje smjerobilaska krivulje.

∮f(z)

z − x0dz = 0,

buduci da je integrand analiticka funkcija u svim tockama unutar krivulje integracije.Integracija se moze izvesti po dijelovima krivulje:∮

f(z)

z − x0dz =

∫ x0−r

−∞

f(x)

x− x0dx+

∫

k

f(z)

z − x0dz+

∫ +∞

x0+r

f(x)

x− x0dx+

∫

K

f(z)

z − x0dz = 0.

(3.14)Zbog uvjeta (3.13), integral po velikoj polukruznici, K, iscezava. U granici kada polumjermale kruznice, r iscezava,

∫

k

f(z)

z − x0dz = −ı π a−1,

gdje je reziduum a−1, prema (2.24) jednak f(x0).∫

k

f(z)

z − x0dz. = −ı π f(x0).

Time je (3.14) postala

0 = limr→0

(∫ x0−r

−∞

f(x)

x− x0dx+

∫ +∞

x0+r

f(x)

x− x0dx

)− ı π f(x0)

f(x0) =1

ı πP∫ +∞

−∞

f(x)

x− x0dx, (3.15)

gdje je, prema (3.11), s P oznacena glavna vrijednost. Ako se sada u relaciji (3.15),funkcija f rastavi na realni i imaginarni dio, f = u + ı v, a zatim izjednace realni i


imaginarni dio na lijevoj i desnoj strani, dobivaju se disperzijske relacije

u(x0) + ı v(x0) =1

ı πP∫ +∞

−∞

u(x) + ı v(x)

x− x0dx,

u(x0) =1

πP∫ +∞

−∞

v(x)

x− x0dx,

v(x0) =−1

πP∫ +∞

−∞

u(x)

x− x0dx.

(3.16)

Realni dio funkcije je izrazen preko integrala imaginarnod dijela i obratno. Obicno se kazeda su realni i imaginarni dio povezani Hilbertovom transformacijom. Primjetimoda je f kompleksna funkcija realne varijable.

Simetrijska svojstvaPretpostavimo da funkcija f zadovoljava slijedecu relaciju

f(−x) = f ⋆(x).

Prijelazom na realni i imaginarni dio f , gornja relacija postaje

u(−x) + ı v(−x) = u(x)− ı v(x),

u(−x) = u(x),

v(−x) = −v(x).

Realni dio prepoznajemo kao parnu, a imaginarni dio kao neparnu funkciju. Iskoristimoova svojstva u (3.16). Najprije za realni dio

u(x0) =1

πP∫ 0

−∞

v(x)

x− x0dx+

1

πP∫ +∞

0

v(x)

x− x0dx

=−1

πP∫ 0

+∞

v(−x)−x− x0

dx+1

πP∫ +∞

0

v(x)

x− x0dx

=1

πP∫ +∞

0

v(x)

x+ x0dx+

1

πP∫ +∞

0

v(x)

x− x0dx

=2

πP∫ +∞

0

x v(x)

x2 − x20dx

i slicno za imaginarni dio

v(x0) =−2

πP∫ +∞

0

x0 u(x)

x2 − x20dx.

Izvorno su Kramers-Kronigove opticke disperzijske relacije izvedene u gornjem obliku.

3.3. DISPERZIJSKE RELACIJE 101

Zadatak: 3.23 Dana je integralna jednadzba

1

1 + x20=

1

πP∫ +∞

−∞

u(x)

x− x0dx.

Iskoristite Hilbertovu transformaciju da odredite u(x0).

R: Iz disperzijskih relacija (3.16) se izravno ocitava

v(x0) =−1

1 + x20⇒ v(x) =

−1

1 + x2.

Ponovo pomocu (3.16) racunamo

u(x0) =1

πP∫ +∞

−∞

v(x)

x− x0dx = −1

πP∫ +∞

−∞

1

1 + x21

x− x0dx.

Uvedimo funkciju

f(z) =1

1 + z21

z − x0,

koja ima polove prvog reda u tockama ± ı, x0, i integrirajmo ju po krivulji saslike 3.10. Prema (3.10) slijedi

P∫ +∞

−∞

1

1 + x21

x− x0dx = 2 π ı a−1(z = ı) + π ı a−1(z = x0).

Reziduume racunamo prema (2.24)

a−1(z = ı) =1

2 ı(ı− x0),

a−1(z = x0) =1

(1 + x0)2,

iz cega slijedi

u(x0) = −1

πP∫ +∞

−∞

1

1 + x21

x− x0dx = −1

π

[2 π ı

1

2 ı(ı− x0)+ π ı

1

(1 + x0)2

]=

x01 + x20

.

Lako je vidjeti da je

f(z) = u(z) + ı v(z) =z

1 + z2+ ı

−1

1 + z2=

1

z + ı.

i da vrijedi f(−x) = −f ⋆(x).

Opticka disperzija

dovrsiti


3.4 Metoda najvece strmine

U fizici se cesto pojavljuje potreba da se odredi granicno ponasanje neke funkcije zavrlo velike vrijednosti jedne od njezinih varijabli. Metoda14 izlozena u ovom odjeljku jeposebno pogodna za odredivanje takvog granicnog ponasanja, kada je funkcija zadanaintegralom oblika

I(s) =

∫

Cg(z) es f(z) dz. (3.17)

Varijabla s je realna, a funkcije f i g su opcenito kompleksne. Ako je krivulja integracijaotvorena, tada se ona odabire tako da realni dio f tezi k −∞ na oba ruba krivulje, takoda cijeli integrand iscezava. Takoder se pretpostavlja da je, unutar podrucja integracije,ponasanje integranda dominantno odredeno eksponencijalnom funkcijom.Neka je s velika i pozitivna velicina. Tada je integrand velik kada je realni dio f velik,a malen je kada je realni dio f malen ili negativan. U granici kada s neograniceno raste,s→ +∞, glavni doprinos integralu dolazi od onog podrucja u ravnini z gdje je realni diof ima maksimalne pozitivne vrijednosti. Izvan tog maksimuma, integrand je zanemarivomalen i zato su i doprinosi integralu isto tako zanemarivo maleni. Da bi se to jasnijevidjelo, provedimo slijedeci racun:

f(z) = u(x, y) + ı v(x, y),

I(s) =

∫

Cg(z) es u(x,y) es ı v(x,y) dz.

Neka realni dio f ima maksimum u tocki (x0, y0). U toj tocki maloj okolini oko te tocke,imaginarni dio f ima pribliznu vrijednost v(x0, y0) = v0

I(s) = es ı v0∫

Cg(z) es u(x,y) dz.

Nuzni uvjeti maksimuma realnog dijela f su

∂ u

∂ x=∂ u

∂ y= 0, (3.18)

sto, prema Cauchy-Riemannovim uvjetima (2.3) vodi na

d f(z)

d z= 0.

Vazno je imati na umu da se tu radi o maksimumima u(x, y) na krivulji integracije.U konacnom dijelu kompleksne z ravnine, ni realni ni imaginarni dio analiticke funk-cije ne mogu imati apsolutne maksimume. Do tog zakljucka se moze doci ako seprisjetimo da je jedna od posljedica Cauchy-Riemannovih uvjeta i to da u i v zadovoljavaju2D Laplaceovu jednadzbu (2.5)

∂2 u

∂ x2+∂2 u

∂ y2= 0. (3.19)

Prisjetimo li se da je karakter ekstrema odreden predznakom druge derivacije, tada izgornje jednadzbe vidimo da ne mogu oba clana biti istog predznaka (jer tada njihov zbroj

14engl : The method of steepest descents

3.4. METODA NAJVECE STRMINE 103

ne moze biti jednak nuli), tj. tocka ekstrema ne moze biti maksimum i po x i po y varijabli.Buduci je f odabrana kao analiticka funkcija, iskljucuje se postojanje singulariteta bilokoje vrste. Kako u uocenoj tocki prve derivacije (3.18) iscezavaju, a druge derivacije (3.19)su suprotnih predznaka, zakljucujemo da u okolini promatrane tocke funkcija uima oblik sedlaste plohe: uocena tocka je maksimum u jednoj koordinati, a minimuu drugoj (slika 3.11). Takvu cemo tocku nazivati sedlena tocka.

Slika 3.11: Sedlasta ploha.

Sada se postavlja pitanje odabira krivulje integracije tako da budu zadovoljena dva uvjeta:( 1 ) odabrati krivulju integracije tako da u(x, y) bude maksimalno u sedlenoj tocki;( 2 ) krivulja integracije treba prolaziti kroz sedlenu tocku tako da imaginarni dio v(x, y)bude konstantan.Ovaj drugi dio vodi na putanju najvece strmine funkcije u i daje metodi ime. Na strani31 je pokazano da su krivulje u = const. i v = const. medusobno okomite. Isto takoje poznato15 da je gradijent skalarnog polja u okomit na plohu u = const. Iz ove dvijecinjenice zakljucujemo da u sedlenoj tocki (a i svakoj drugoj tocki presjecista linija u =const. i v = const.) linija v pokazuje smjer gradijenta od u, tj smjer najstrmije (ili najbrze)promjene u. Sedlo sa slike 3.11 ne mora biti glatko i smjer najbrzeg opadanja ne mora bitiravna linija. Opcenito ce smjer najbrzeg opadanja funkcije u biti neka nepravilna linijacija je jednadzba v = const. To smo svojstvo pokusali prikazati projekcijom sedlaste plohena ravninu (x, y) na slici 3.11.Buduci da je u sedlenoj tocki z0 prva derivacija f jednaka nuli, to je Taylorov razvoj okosedlene tocke oblika

f(z) = f(z0) +1

2(z − z0)

2 d2 f

d z2

∣∣∣∣z0

+ · · · .

clan 12(z− z0)

2 f ′ ′(z0) je realan zato jer smo odabrali krivulju na kojoj je imaginarni diof konstantan (pa je derivacija konstante nula i ostaje samo realni dio f ′ ′ = u ′ ′). Ovaj

15npr. iz odjeljka o gradijentu u [?]


clan je i negativan jer u tocki z0 funkcija ima lokalni maksimum, pa svaki mali otklon odz0 mora biti otklon prema dolje, tj. prema manjoj vrijednosti f . Tako, uz pretpostavkuda je f ′ ′(z0) 6= 0, cinjenica da je drugi clan gornjeg razvoja realan i negativan, se mozepisati kao

f(z)− f(z0) ≃1

2(z − z0)

2 d2 f

d z2

∣∣∣∣z0

= − 1

2st2, (3.20)

gdje je uvedena nova realna varijabla t. Razliku z − z0 je moguce napisati u polarnomobliku

z − z0 = δ eı α

tako da je

t2 = −s f ′ ′(z0) δ2 eı 2α ⇒ t = ± δ |s f ′ ′(z0)|1/2.

Faza α je konstanta cija je vrijednost odredena zahtjevom da je desna strana gornjegizraza realna. Uvrstavanjem (3.20) u (3.17), dobiva se

I(s) ≃ g(z0) es f(z0)

∫ +∞

−∞e−t

2/2 dz

dtdt

dz

dt=

(dt

dz

)−1

=

(dt

dδ

dδ

dz

)−1

= |s f ′ ′(z0)|−1/2 eı α

I(s) ≃ g(z0) es f(z0) eı α

|s f ′ ′(z0)|1/2∫ +∞

−∞e−t

2/2 dt

Kao granice integracije su postavljene vrijednosti ±∞. Time je napravljena zanemarivapogreska jer integrand brzo trne s udaljavanjem od sedlene tocke, pa je doprinos integraluod udaljenih tocaka posve zanemariv. Tako je dobiven integral Gaussova tipa cije jerjesenje

√2π, sto vodi na konacni izraz za I(s)

I(s) ≃√2π g(z0) e

s f(z0) eı α

|s f ′ ′(z0)|1/2.

Ukoliko krivulja integracija iz (3.17) prolazi kroz dvije ili vise sedlenih tocaka, vrijednostI(s) je dana zbrojem izraza gornjeg oblika, koji se racunaju u svakoj od sedlenih tocaka.

Zadatak: 3.24 Odredite asimptotski oblik Hankelove funkcije H(1)ν (s).

R: Hankelove funkcije, koje su rjesenja Besselove diferencijalne jednadzbe,definiraju se kao

H(1)ν (s) =

1

π ı

∫ −∞

0 C1

1

zν+1e(s/2)(z−1/z) dz

H(2)ν (s) =

1

π ı

∫ −∞

0 C2

1

zν+1e(s/2)(z−1/z) dz,

gdje su C1,2 krivulje sa slike 3.12.

3.4. METODA NAJVECE STRMINE 105

Slika 3.12: Uz primjer ??.

Zadatak: 3.25 Odredite asimptotski oblik funkcije faktorijela s !.

R: kkkk

Poglavlje 4

Diferencijalne jednadzbe

4.1 Opcenito

Jednadzbe u kojima se osim same nepoznate funkcije, ψ, pojavljuju i derivacije nepoz-nate funkcije, nazivaju se diferencijalne jednadzbe. Velik broj jednadzba koje opisujunajrazlicitije fizicke pojave jesu upravo diferencijalne jednadzbe (jednadzba gibanja, valnajednadzba, Schrodingerova jednadzba, itd.).Ukoliko se u diferencijalnoj jednadzbi ne pojavljuju kvadratne i vise potencije nepoznatefunkcije niti umnosci nepoznate funkcije i njezinih derivacija, jednadzba je linearna.Ukoliko se u jednadzbi pojavljuju spomenuti clanovi

(ψ ′)3, (ψ ′ ′)2, ψ ψ ′, i sl.,

tada je jednadzba nelinearna. Opcenito je nelinearne jednadzbe puno teze rijesiti negolinearne. Naravno da su u linearnim diferencijalnim jednadzbama nezavisne varijablemogu pojavljivati na proizvoljan (nelinearan) nacin.

Ukoliko je funkcija cije se rjesenje trazi, funkcija jedne varijable, tada se jednadzba zoveobicna diferencijalna jedndzba (ODJ). Ako se pak trazi funkcija vise varijabli, tada sejednadzba zove parcijalna diferencijalna jednadzba (PDJ).

Iz matematicke analize je poznato da je operator deriviranja linearan operator, tj. da zakonstantne an vrijedi

dn

dxn

∑

n

an ψn(x) =∑

n

andnψndxn

i slicno za parcijalne derivacije

∂n

∂ xn

∑

n

an ψn(x) =∑

n

an∂n ψn∂ xn

.

Ako linearni operator deriviranja ili parcijalnog deriviranja opcenito oznacimo s L, moze

107

108 POGLAVLJE 4. DIFERENCIJALNE JEDNADZBE

se napisati da vrijedi

L∑

n

an ψn(x) =∑

n

an L ψn.

Sada se i obicna i parcijalna diferencijalna jednadzba mogu prikazati u obliku

L ψ = F,

Gdje je ψ nepoznata funkcija koju treba odrediti, a F je poznata funkcija jedne (u slucajuobicne) ili vise varijabli (u slucaju parcijalne diferencijalne jednadzbe). Nehomogeni clanF se obicno naziva izvor (to je npr. clan razmjeran naboju u elektrostatici) ili sila (u me-hanickim problemima). S L je oznacena linearna kombinacija derivacija. Ukoliko je F 6= 0jednadzba se zove nehomogena, a ako je F = 0, jednadzba je homogena. Rjesenje ne-homogene jednadzbe se uvijek moze napisati u obliku zbroja rjesenje pridruzene homogenejednadzbe, ψH i partikularnog rjesenja nehomogene jednadzbe, ψP ,

ψ = ψH + ψP ,

gdje je ψH , rjesenje pridruzene homogene jednadzbe

L ψH = 0,

a ψH je rjesenje

L ψP = F.

Ako postoji vise rjesenja ψn homogene jednadzbe,

L ψn = 0, n = 1, 2, 3, · · ·

tada je i svaka njihova linearna kombinacija

a1 ψ1 + a2 ψ2 + · · ·

(za konstantne an) takoder rjesenje.

L (a1 ψ1 + a2 ψ2 + · · · ) =∑

n

an L ψn =∑

n

an · 0 = 0.

Ovo se svojstvo zove nacelo pridodavanja (ili princip superpozicije)

Od posebne su vaznosti jednadzbe u kojima se pojavljuje najvise druga derivacija trazenefunkcije. Takve se jednadzbe nazivaju jednadzbe drugog reda. Kao primjer se mogunavesti Newtonova jednadzba gibanja u kojoj je ubrzanje druga derivacija radij vektoraili kvantnomehanicka Schrodingerova jednadzba u kojoj se pojavljuje operator kinetickeenergije razmjeran s ∇ 2 itd. Primjetimo da su Maxwellove i Diracove jednadzbe prvogreda, ali da sadrze dvije nepoznate funkcije. Eliminacijom jedne od te dvije funkcije, opetdobiva jednadzba drugog reda za svaku pojedinu funkciju.

4.2. OBICNE LINEARNE DIFERENCIJALNE JEDNADZBE PRVOG REDA 109

Rijesenje linearne diferencijalne jednadzbe n-tog reda sadrzi i n nepoznatih konstanata an.Ove se konstante odreduju zadavanjem pocetnih ili rubnih uvjeta (ako je varijabla,redom, vremenska ili prostorna)

ψ(x0, y0, · · · ) = ψ0,

ψ ′(x0, y0, · · · ) = ψ ′0,

...

ψ (n)(x0, y0, · · · ) = ψ(n)0 .

Rjesenje diferencijalne jednadzbe je u cjelosti odredeno tek onda ako su osim same jed-nadzbe zadani i pocetni (ili rubni) uvjeti.

4.2 Obicne linearne diferencijalne jednadzbe prvog reda

Opci oblik obicne diferencijalne jednadzbe prvog reda je

d y

d x= f(x, y). (4.1)

Jednadzba je prvog reda jer je najvisa derivacija nepoznate funkcije y koja se pojavljujeu njoj, prva derivacija. Ona je obicna zato jer je y funkcija samo jedne varijable y = y(x).Jednadzba je i linearna, ako se u njoj pojavljuju samo prve potencija y i njezinih deriva-cija, inace je nelinearna. S f su oznaceni ostali clanovi jednadzbe koji mogu sadrzavatinezavisnu varijablu x i nederiviranu nepoznatu funkciju y.

Razdvajanje varijabla:Ukoliko jednadzba ima nesto jednostavniji oblik nego sto je (4.1)

d y

d x= f(x, y) = − P (x)

Q(y)

tj. oblik u kojemu su x i y razdvojeni, ona se moze rjesiti metodom razdvajanjavarijabli. Mnozenjem gornje jednadzbe s Q(y) dx, slijedi

Q(y) dy = −P (x) dx.

Varijable su razdvojene: sve sto ovisi o y je na lijevoj, a sve sto ovisi o x je na desnojstrani. Buduci da su P i Q poznate funkcije, integracijom gornjeg izraza, dobiva se vezay i x

∫ y

y0

Q(y) dy +

∫ x

x0

P (x) dx = 0.

Veza

y0 = y(x0)

je poznata i naziva se pocetni ili rubni uvjet.


Treba primjetiti da je opisani postupak primjenjiv i na linearne i na nelinearne jednadzbe.

Zadatak: 4.1 Rijesite Boyle-Mariotteovu diferencijalnu jednadzbu

d V

d p= −V

p

gdje je V volumen, a p tlak pri konstantnoj temperaturi plina.

R: Ovo je primjer jednadzbe koja s emoze rijesiti razdvajanje varijabli. Iz-ravna integracija, vodi na

d V

V= −d p

p∫ V

V0

d V

V= −

∫ p

p0

d p

p

lnV − lnV0 = − ln p + ln p0

p V = p0 V0 = const.

Pri konstantnoj temperaturi, tlak i volumen se tako mijenjaju da je njihovumnozak stalno konstantan.

Jednadzbe s egzaktnim diferencijalima:Napisimo (4.1) u obliku

f(x, y) ≡ P (x, y)

Q(x, y), P (x, y) dx+Q(x, y) dy = 0. (4.2)

Kaze se da je gornja jednadzba egzaktna, ako postoji funkcije ψ(x, y) sa svojstvom daje potpuni diferencijal funkcije ψ jednak lijevoj strani jednadzbe

d ψ(x, y) =∂ ψ

∂ xdx+

∂ ψ

∂ ydy = P (x, y) dx+Q(x, y) dy.

Ako je ovo istina, tj. ako je

P (x, y) =∂ ψ

∂ x, Q(x, y) =

∂ ψ

∂ y,

tada polazna jednadzba (4.2) glasi

d ψ(x, y) = 0,

a njezino je rjesenje

ψ = const. = ψ(x0, y0),

gdje je jedna nepoznata konstanta odredena iz pocetnog (ili rubnog) uvjeta y0 = y(x0).

4.2. OBICNE LINEARNE DIFERENCIJALNE JEDNADZBE PRVOG REDA 111

Nuzan i dovoljan uvjet da bi jednadzba bila egzaktna je da druga mjesovita derivacija ψ(ako postoji), ne ovisi o redoslijedu deriviranja, tj. da je

∂2 ψ

∂ y ∂ x=∂ P (x, y)

∂ y=∂ Q(x, y)

∂ x=

∂2 ψ

∂ x ∂ y.

Primjetimo da su sve jednadzbe kod kojih se moze izvesti razdvajanje varijabli, odmahi egzaktne. Obrat nije istinit: jednadzba moze biti egzaktna, a da se ne moze izvestirazdvajanje varijabli.

Umjesto gornjih nekoliko posebnih oblika jednadzba prvog reda, pogledajmo sada stose moze reci opcenito o njima. Opcenito je f(x, y) iz (4.1) oblika −p(x) y + q(x), padiferencijalna jednadzba glasi

d y

d x+ p(x) y = q(x) (4.3)

ovo je najopcenitiji oblik obicne linearne diferencijalne jednadzbe prvog reda. Ako jeq(x) = 0, jednadzba se zove homogena. Clan q(x) 6= 0 cini jednadzbu nehomogenomi predstavlja izvor ili vanjsku silu. Kao sto je vec spomenuto u uvodu, jednadzbaje linearna zato jer se u njoj ne pojavljuju kvadratni i visi clanovi y2, · · · niti umnoscioblika y (dy/dx), · · · . Ona niposto ne mora biti linearna u varijabli x, tj. funkcijep i q mogu biti proizvoljne funkcije x. Ova se jednadzba moze egzaktno rijesiti meto-dom integracijskog mnozitelja: cijela se jednadzba pomnozi, za sada neodredenom,funkcijom α(x). Oblik α(x) ce se odrediti tijekom postupka

α(x)d y

d x+ α(x) p(x) y = α(x) q(x)

Ako α(x) odaberemo tako da bude

α(x) p(x) =d α

d x, (4.4)

tada polazna jednadzba postaje egzaktni diferencijal

α(x)d y(x)

d x+d α(x)

d xy(x) = α(x) q(x)

d

d x

[α(x) y(x)

]= α(x) q(x)

Integracijom gornje jednadzbe, dobiva se∫

d

d x

[α(x) y(x)

]dx =

∫α(x) q(x) dx

α(x) y(x) =

∫α(x) q(x) dx+ C0

y(x) =1

α(x)

[∫α(x) q(x) dx+ C0

].


Sada, iz (4.4), razdvajanjem varijabli, treba odrediti α(x)

d α

α= p(x) dx

∫d α

α=

∫p(x) dx

α(x) = C1 e∫

p(x) dx = C1 e∫ x p(t) dt

Uvrstavanje ove vrijednosti za α vodi na konacno rjesenje za y

y(x) =1

C1 e∫ x p(t) dt

[∫C1 e

∫ x p(t) dt q(x) dx+ C0

]

=1

e∫ x p(t) dt

[∫e∫ x p(t) dt q(x) dx+

C0

C1

]

Omjer konstanata C0 i C1 je neka treca konstanta C2, pa konacno rjesenje za y glasi

y(x) =1

e∫ x p(t) dt

[∫ x

e∫ x p(t) dt q(x) dx+ C2

]. (4.5)

Ono sadrzi jednu konstantu C2 koja se odreduje iz rubnog (ili pocetnog) uvjeta na funkcijuy. Primjetimo da je rjesenje zbroj dva clana: homogenog, yH i partikularnog, yP dijelarjesenja

y = yH + yP .

Ako je q = 0, tj. ako je jednadzba homogena, pripadno rjesenje je

yH(x) = C2 e−

∫ x p(t) dt;

drugi clan sadrzi izvor q i naziva se partikularno rjesenje

yP (x) =1

e∫ x p(t) dt

∫e∫ x p(t) dt q(x) dx.

Zadatak: 4.2 Za strujni krug s omskim otporom R i induktivitetom L, Kirchhoffov zakonvodi na diferencijalnu jednadzbu

Ld I(t)

d t+RI(t) = V (t),

gdje je I struja, a V napon. Treba naci vremensku ovisnost struje.

R: Gornja je jednadzba oblika (4.3) uz p = R/L i q = V (t)/L, pa se mozeizravno koristiti rjesnje (4.5).

I(t) = e −Rt/L(∫

e Rt/LV (t)

Ldt+ C2

)

4.3. OBICNE LINEARNE DIFERENCIJALNE JEDNADZBE DRUGOG REDA - HOMOGENE 113

Konstanta C2 se odreduje iz rubnog uvjeta na struju. Ako je napon konstantanV = V0, tada se i gornje rjesenje pojednostavljuje

I = C2 e−Rt/L +

V0R

= IH + IP .

Ukoliko je rubni uvjet takav da je I(0) = 0, tada je C2 = −V0/R i

I(t) =V0R

(1− e −Rt/L) .

U granici t → ∞, tj. dugo vremena nakon zatvaranja strujnog kruga,eksponencijalni dio rjesenja za jakost struje postaje iscezavajuce malen i jakoststruje je priblizno neovisna o vremenu u jednaka

limt→ ∞

I(t) =V0R.

Prevodenje u integralnu jednadzbu:Diferencijalna jednadzba (4.1) se izravnom integracijom prevodi u

y(x)− y(x0) =

∫ x

x0

f [x, y(x)] d x.

Kao integralnu jednadzbu, moguce ju je rjesavati razvojem u Neumannov red (kao u ??,nedovrseno) s pocetnom aproksimacijom y(x) ≃ y(x0). U literaturi o diferencijalnimjednadzbama to se zove Picardov metod sukcesivnih aproksimacija.

4.3 Obicne linearne diferencijalne jednadzbe drugog reda - ho-mogene

Opci oblik obicne linearne diferencijalne jednadzbe drugog reda je

y ′ ′(x) + P (x) y ′(x) +Q(x) y(x) = R(x). (4.6)

Ako je R = 0, jednadzba je homogena, inace je nehomogena. Opcenito sve varijablemogu biti kompleksne, ali cemo se, radi jednostavnosti, ograniciti samo na njihove realnevrijednosti.

Promotrimo najprije homogenu jednadzbu

y ′ ′(x) + P (x) y ′(x) +Q(x) y(x) = 0, (4.7)

s rubnim uvjetimay(x0) = a, y ′(x0) = b. (4.8)

Rjesenje

y(x) = 0


se naziva trivijalno rjesenje.Ukoliko su y1 i y2 netrivijalna rjesenja gornje jednadzbe, tada je - zbog linearnosti jed-nadzbe - i svaka linearna kombinacija rjesenja y1 i y2,

y(x) = c1 y1(x) + c2 y2(x) (4.9)

(za konstantne cj) takoder rjesenje gornje jednadzbe. No, nije dovoljno samo da y1 i y2budu netrivijalna rjesenja, potrebno je da budu i linearno nezavisna. Sto to znaci?

Opcenito se dvije funkcije nazivaju linearno zavisnima ako medu njima postoji linearnaveza oblika

y1(x) = C0 y2(x), (4.10)

gdje je C0 nekakva konstanta. Ukoliko ovakva veza postoji medu y1 i y2, tada (4.9) glasi

y(x) = c1C0 y2(x) + c2 y2(x) = (c1C0 + c2) y2(x),

sto znaci da imamo samo jedno, a ne dva rjesenja polazne jednadzbe. Drugim rjecima,rjesenja polazne diferencijalne jednadzbe moraju biti linearno nezavisna.

Veza oblika (4.10) moze napisati i u obliku

b1 y1 + b2 y2 = 0. (4.11)

Ako postoje bj 6= 0 za koje je gornja jednadzba zadovoljena, tada je

y1(x) = −b2b1y2(x)

(sto je veza oblika (4.10)) i funkcije y1(x) i y2(x) su linearno zavisne.Ako je jednadzba (4.11) zadovoljena samo onda kada su

b1 = b2 = 0,

tada su funkcije y1(x) i y2(x) linearno nezavisne. Ocito, ako su y1 i y2 linearno nezavisni,oni ne mogu biti trivijalna rjesenja (kada bi i y1 i y2 bili trivijalno jednaki nula, tada bimedu njima vrijedila relacija oblika (4.10) i ona bi bila linearno zavisna).

Vronskijan:Linearna (ne)zavisnost rjesenja yj se moze ustanoviti iz poznavanja vrijednosti yj i y

′j u

nekoj odredenoj tocki x0. Ako u toj tocki vrijedi da je

y1(x0) = k y2(x0), y ′1(x0) = k y ′

2(x0), (4.12)

(za konstantni k), tada su y1(x) i y2(x) linearno zavisne (za svaki x, a ne samo za x0).Da je to istina, vidi se iz jednadzbe (4.7), kao sto slijedi

y ′ ′1 (x0) + P (x) y ′

1(x0) +Q(x) y1(x0) = 0,

y ′ ′2 (x0) + P (x) y ′

2(x0) +Q(x) y2(x0) = 0.


Kada se u prvu od gornjih jednadzba uvrsti y1(x0) = k y2(x0) i y′1(x0) = k y ′

2(x0) i zatimse gornje dvije jednadzbe usporede, slijedi

y ′ ′1 (x0) = k y ′ ′

2 (x0). (4.13)

Derivacijom jednadzbe (4.7), dobiva se jednadzba treceg reda. U tu se jednadzbu uvrsteuvjeti (4.12) i (4.13) i istim postupkom kao gore, dolazi se do

y ′ ′ ′1 (x0) = k y ′ ′ ′

2 (x0).

Ocito se ovaj postupak moze nastaviti, a rezultat ce uvijek biti

y(n)1 (x0) = k y

(n)2 (x0).

No, ako su sama funkcija i sve njezine derivacije u nekoj tocki do na mnozenje konstantomjednake jednake nekoj drugoj funkciji i njezinim derivacijama u toj istoj tocki, tada su tedvije funkcije jednake (do na mnozenje konstantom) i u svim ostalim tockama1.

Ukoliko uvjet (4.12) nije zadovoljen

y1(x0) = k1 y2(x0), y ′1(x0) = k2 y

′2(x0), k1 6= k2 (4.14)

y1(x0)

y2(x0)= k1 6= k2 =

y ′1(x0)

y ′2(x0)

, (4.15)

tada funkcije y1 i y2 moraju biti linearno nezavisne. Da bi se to i pokazalo, uvodi sefunkcija

W[y1(x), y2(x)

]=

∣∣∣∣∣∣

y1(x) y2(x)

y ′1(x) y ′

2(x)

∣∣∣∣∣∣= y1(x)y

′2(x)− y ′

1(x)y2(x)

koja se naziva determinanta Wronskoga ili vronskijan. Ukoliko su dva rjesena linearnozavisna, tada prema (4.12) njihov vronskijan identicki iscezava. To je iznimno svojstvovronskijana:

ili je za sve x jednak nuli, ili je za sve x razlicit od nule.

(ne moze iscezavati samo za neke vrijednosti x, a ne iscezavati za neke druge vrijednostix). Da bismo to i pokazali, izracunajmo derivaciju vronskijana

dW

dx= y1 y

′ ′2 − y ′ ′

1 y2.

1To se lako vidi npr. iz Taylorova razvoja za ove dvije funkcije

y1(x) = y1(x0) + (x− x0) y′1(x0) +

(x− x0)2

2y ′ ′1 (x0) + · · · ,

y2(x) = y2(x0) + (x− x0) y′2(x0) +

(x− x0)2

2y ′ ′2 (x0) + · · · .


No, i y1 i y2 su rjesenja jednadzbe (4.7), pa je zato

dW

dx= y1 y

′ ′2 − y ′ ′

1 y2

= y1

(− P y ′

2 −Qy2

)− y2

(− P y ′

1 −Qy1

)

= −P (x)[y1(x)y

′2(x)− y ′

1(x)y2(x)]= −P (x) W (x).

Vronskijan je rjesenje homogene diferencijalne jednadzbe prvog reda

W ′(x) + P (x)W (x) = 0,

s rjesenjem (vidjeti (4.5))

W (x) =W (x0) e−

∫ xx0

P (ξ) dξ, (4.16)

gdje je W (x0) konstantna vrijednost vronskijana u tocki x0. Buduci da eksponencijalnafunkcija (iz gornjeg izraza) nije nikada jednaka nuli, to ce i W (x) uvijek (za svaki x)biti razlicit od nule ako je W (x0) 6= 0, ili ce uvijek (za svaki x) biti jednak nuli, ako jeW (x0) = 0. Time je pokazano da je W ili uvijek jednak nuli ili je uvijek razlicit od nule.

Vratimo se jednadzbi (4.15). Ako je ta jednadzba zadovoljena, tj. ako su rjesenja neza-visna, tada je i

W (x0) = y1(x0)y′2(x0)− y ′

1(x0)y2(x0) = y2(x0)y′2(x0)

[y1(x0)

y2(x0)− y ′

1(x0)

y ′2(x0)

]6= 0.

Ako je vronskijan razlicit od nule, rjesenja su linearno nezavisna.

Nakon sto je ustanovljena linearna nezavisnost oba rjesenja jednadzbe (4.7), u opcemrjesenju

y = c1 y1 + c2 y2

figuriraju dvije konstante c1 i c2. One se eliminiraju pomocu rubnih uvjeta (4.8)

a = c1 y1(x0) + c2 y2(x0),

b = c1 y′1(x0) + c2 y

′2(x0).

To je linearni algebarski 2× 2 sustav jednadzba za nepoznanice c1 i c2 s rjesenjem

c1 =1

W (x0)

[ay ′

2(x0)− by2(x0)],

c2 =1

W (x0)

[− ay ′

1(x0) + by1(x0)].

Buduci da je za linearno nezavisna rjesenja vronskijan razlicit od nule, gornje konstante


imaju konacne vrijednosti.

Drugo rjesenjePokazimo kako se pomocu jednog poznatog rjesenja y1, moze naci drugo, linearno neza-visno rjesenje y2. Primjetimo najprije da je

d

d x

y2y1

=y ′2y1 − y2y

′1

y21=W (x)

y21(x).

No, vrijednost vronskijana je poznata iz (4.16), pa je

d

d x

y2y1

=1

y21(x)W (x0) e

−∫ xx0

P (ξ) dξ

/ ∫ x

x1

y2(x)

y1(x)− y2(x1)

y1(x1)= W (x0)

∫ x

x1

e−

∫ ηx0

P (ξ) dξ d η

y21(η),

gdje je i x1 nekakva konstanta. Sada je

y2(x) = y1(x) W (x0)

∫ x

x1

e−

∫ ηx0

P (ξ) dξ d η

y21(η)+ y1(x)

y2(x1)

y1(x1).

Drugi clan na desnoj strani gornjeg izraza je linearno zavisan sa prvim rjesenjem y1(x),pa se odbacuje i time za drugo rjesenje preostaje

y2(x) = y1(x) W (x0)

∫ x

x1

e−

∫ ηx0

P (ξ) dξ d η

y21(η).

No, kada se integral izracuna i uvrsti donja njegova granica, opet ce se dobiti nekakvakonstanta koja ce mnoziti y1(x), pa zato ni ovaj dio nije linearno nezavisan od y1. Kadase i on odbaci, za drugo rjesenje konacno preostaje

y2(x) = y1(x) W (x0)

∫ x

e−

∫ ηx0

P (ξ) dξ d η

y21(η). (4.17)

U puno, fizicki zanimljivih, primjera je P (x) = 0. U tim se slucajevima gornji izrazpojednostavljuje na

y2(x) = y1(x) W (x0)

∫ x dt

y21(t). (4.18)

W (x0) je nebitna konstanta koja se u gornjem izrazu moze i izostaviti, jer se u ukupnomrjesenju y2 ionako mnozi nekom konstantom c2. Ukupno rjesenje homogene diferencijalnejednadzbe je

yH(x) = c1 y1(x) + c2 y2(x),

gdje se konstante c1 i c2 odreduju iz rubnih uvjeta na funkciju i njezinu prvu derivaciju.


Zadatak: 4.3 Pretpostavite da vam je poznato samo jedno rjesenje jednadzbe slobodnogharmonijskog oscilatora (4.23), y1 = sinωx. Pomocu gore izlozene teorije,konstruirajte drugo rjesenje. Uvjerite se da su rjesenja linearno nezavisna.

R:U jednadzbi (4.23) je P (x) = 0, pa za konstrukciju drugog rjesenja koristimo(4.18)

y2(x) = y1(x)

∫ x 1

y21(x2)dx2

= sinωx

∫ x 1

sin2 ωx2dx2

= sinωx (− cotωx)

= − cosωx,

sto je upravo rjesenje koje smo ranije dobili drugim metodama (predznak mi-nus, je nebitan).Linearna nezavisnost se provjerava racunom determinante Wronskoga u bilokojoj tocki

∣∣∣∣∣∣

sinωx − cosωx

ω cosωx ω sinωx

∣∣∣∣∣∣= ω.

Zadatak: 4.4 Izravnim deriviranjem

y2(x) = y1(x)

∫ x

e−∫ η P (ξ) dξ d η

y21(η)

pokazite da y2 zadovoljava jednadzbu

y ′ ′2 (x) + P (x)y ′

2(x) +Q(x)y2(x) = 0.

Uputa: koristite Leibnitzovu formulu za derivaciju odredenog integrala.

R:dovrsiti

Zadatak: 4.5 Jedno rjesenje jednadzbe

R ′ ′ +1

rR ′ − m2

r2R = 0,

je R1 = rm. Izracunajte drugo rjesenje.


R:dovrsiti

Zadatak: 4.6 Jedno rjesenje Cebisevljeve diferencijalne jednadzbe

(1− x2) y ′ ′ − x y ′ + n2 y = 0,

za n = 1 je y1(x) = x. Izracunajte drugo rjesenje.

R:dovrsiti

Metoda varijacije konstanteDrugo rjesenje se pomocu prvoga moze dobiti i jednim drugim postupkom koji se zovevarijacija konstante, a koji potjece od Lagrangea.

Ako je poznato jedno rjesenjem y1, homogene diferencijalne jednadzbe (4.7), tada je i y2 =C y1 takoder rjesenje iste jednadzbe, ali nije linearno nezavisno od njega (za konstantniC). Ideja je da se drugo i nezavisno rjesenje dobije u obliku y2 = C(x) y1, gdje sada Cnije konstanta, nego funkcija x. Uvrstavanjem y2 = C(x) y1 u diferencijalnu jednadzbu(4.7), dobiva se

C ′ ′y1 + 2C ′y ′1 + PC ′y1 + C

[y ′ ′1 + Py ′

1 +Qy1

]= 0.

Buduci da je y1 rjesenje jednadzbe (4.7), to je gornja uglata zagrada jednaka nuli i pre-ostaje

C ′ ′ + C ′(2y ′1

y1+ P

)= 0.

To se najprije rijesi kao diferencijalna jednadzba prvog reda za C ′, a kada se dobije C ′,iz toga je lako dobiti i samu funkciju C

C(x) = C0

∫ x

x1

e−

∫ ηx0

P (ξ) dξ d η

y21(η).

Za konstantne C0, x0 i x1, gornji C vodi na rjesenje (4.17).

4.3.1 Singularne tocke diferencijalne jednadzbe

S pojmom singularne tocke funkcije smo se vec sreli u odjeljku 3.1, a u ovom ce seodjeljku definirati pojam singularne tocke diferencijalne jednadzbe. Pomocukoncepta singularne tocke diferencijalne jednadzbe, one se mogu klasificirati i moze seodrediti (ne)primjenjivost rjesavanja jednadzbe metodom razvoja u red o cemu ce uskorobiti govora.


Definicija (1)Sve obicne homogene diferencijalne jednadzbe drugog reda mogu se rijesiti2 po d2 y/d x2 ≡y ′ ′, i dobiti jednadzbu oblika

y ′ ′ = f(x, y, y ′).

Ako u gornjoj jednadzbi u tocki x = x0, funkcije y i y ′ mogu poprimiti samo konacnevrijednosti, pri cemu i y ′ ′ ostaje konacno, x0 je obicna tocka diferencijalne jednazbe.Naprotiv, ako y ′ ′ ima beskonacnu vrijednost za bilo koje konacne vrijednosti y iy ′ u tocki x = x0, tada se x0 zove singularna tocka diferencijalne jednazbe.

Definicija (2)Jos jedan nacin definirinja singularne tocke: opcenita homogena diferencijalna jednazbadrugog reda u y je oblika

y ′ ′ + P (x) y ′ +Q(x) y = 0. (4.19)

Ako funkcije P (x) i Q(x) ostaju konacne u x = x0, tada je x0 obicna tocka diferencijalnejednazbe. Medutim, ako ili P (x) ili Q(x) ili obje te funkcije divergiraju za x → x0, tadaje x0 singularna tocka. Pomocu gornjeg prikaza diferencijalne jednazbe, moguce je razli-kovati tri vrste (ne)singularnih tocaka:

(1) ako i P (x) i Q(x) imaju konacne vrijednosti za x→ x0,

limx→x0

P (x) <∞, limx→x0

Q(x) <∞,

tada se tocka x0 zove regularna tocka diferencijalne jednadzbe.

(2) ako ili P (x) ili Q(x) divergiraju za x → x0, ali (x − x0)P (x) i (x− x0)2Q(x) ostaju

konacni za x→ x0,

limx→x0

P (x) = ∞, limx→x0

(x− x0) P (x) <∞,

limx→x0

Q(x) = ∞, limx→x0

(x− x0)2 Q(x) <∞,

tada se tocka x0 zove regularni singularitet ili ne-bitna singularna tocka.

(3) ako ili P (x) ili Q(x) divergiraju za x → x0, a isto tako divergiraju i (x− x0)P (x) ili(x− x0)

2Q(x)

limx→x0

P (x) = ∞, limx→x0

(x− x0) P (x) = ∞,

limx→x0

Q(x) = ∞, limx→x0

(x− x0)2 Q(x) = ∞,

tada se tocka x0 zove neregularan ili bitni singularitet diferencijalne jednazbe.

2Pored, precizne, ali pomalo nespretne Leibnitzove notacije d yd x, d

2 yd x2

, · · · , koristit ce se i Lagrangeova notaciju s crticama

y ′, y ′ ′, · · · .


Gornje se definicije odnose na konacne vrijednosti tocke x0. Kada se zeli ispitati (ne)-singularnost tocke x → ∞, postupa se kao i kod funkcija kompleksne varijable uodjeljku 3.1: uvede se nova varijabla t = 1/x, tako da tocki x → ∞ odgovara tocka t→ 0.Izvedimo zamjenu varijabli

d y(x)

d x=

d y(t−1)

d t

d t

d x=d y(t−1)

d t

−1

x2= −t2 d y(t

−1)

d t

d2 y(x)

d x2=

d

d x

[−t2 d y(t

−1)

d t

]=

d

d t

[−t2 d y(t

−1)

d t

]d t

d x

=

[−2t

d y(t−1)

d t− t2

d2 y(t−1)

d t2

](−t2)

= 2t3d y(t−1)

d t+ t4

d2 y(t−1)

d t2

Gornjim zamjenama varijable, jednadzba (4.19) prelazi u

2t3d y

d t+ t4

d2 y

d t2+ P (t−1) (−t2) d y

d t+Q(t−1) y(t−1) = 0.

t4d2 y

d t2+[2t3 − t2P (t−1)

] d yd t

+Q(t−1) y = 0.

d2 y

d t2+

2t− P (t−1)

t2d y

d t+Q(t−1)

t4y = 0.

Sada ponasanje diferencijalne jednazbe u tocki x → ∞, tj. t → 0, ovisi o ponasanjukoeficijenata

limt→0

2t− P (t−1)

t2= ? lim

t→0

Q(t−1)

t4= ?

u tim granicama. Ako u granici t → 0, gornja dva izraza ostaju konacni, tada je x = ∞obicna tocka diferencijalne jednazbe. Ako oni divergiraju, ali ne brze od 1/t, tj. 1/t2,tocka x = ∞ je regularna singularna tocka. U svim drugim slucajevima, x = ∞ je bitnisingularitet diferencijalne jednazbe.

Zadatak: 4.7 Odredite postoje li i koji su singulariteti Besselove diferencijalne jednadzbe(4.61)

x2 y ′ ′ + x y ′ + (x2 − n2)y = 0.

R: Usporedbom sa (4.19) vidimo da su

P (x) =1

x, Q(x) =

x2 − n2

x2= 1− n2

x2.


Iz gornjih se izraza vidi da se jedini singularitet za konacni x nalazi u

x = 0.

Takoder vidimo da je to regularni singularitet. Da bi se provjerilo postojilisingularitet u tocki

x→ ∞,

treba prijeci u varijablu t = 1/x i ispitati singularnost od

2t− P (1/t)

t2=

2t− t

t2=

1

tQ(1/t)

t4=

1− n2 t2

t4=

1

t4− n2

t2.

Buduci da drugi od gornjih clanova divergira brze od 1/t2 kada t → 0, za-kljucujemo da je t = 0, tj. x→ ∞ bitni singularitet Besselove jednadzbe.

Tablica 4.1 daje pregled polozaja i karaktera singulariteta nekih diferencijalnih jednadzbakoje su od interesa u teorijskoj fizici.

Tablica 4.1: Polozaj i karakter singulariteta nekih diferencijalnih jednadzba

jednadzba regularni s. bitni s.

Hipergeometrijska 0, 1,∞ -x(x− 1)y ′ ′ + [(1 + a+ b)x− c]y ′ + aby = 0

Legendreova −1, 1,∞ -(1− x2)y ′ ′ − 2xy ′ + l(l + 1)y = 0

Cebisevljeva −1, 1,∞ -(1− x2)y ′ ′ − xy ′ + n2y = 0

Konfluentna hipergeometrijska 0 ∞xy ′ ′ + (c− x)y ′ − ay = 0

Besselova 0 ∞x2y ′ ′ + xy ′ + (x2 − n2)y = 0

Laguerreova 0 ∞xy ′ ′ + (1 − x)y ′ + ay = 0

Slobodni harmonijski oscilator − ∞y ′ ′ + ω2y = 0

Hermiteova − ∞y ′ ′ − 2xy ′ + 2ay = 0


4.3.2 Frobeniusov metod - razvoj rjesenja u red

Mnoge diferencijalne jednadzbe drugog reda imaju rjesenja koja se ne mogu izraziti ujednostavnom obliku preko algebarskih, trigonometrijskih ili logaritamskih funkcija. Neke,prividno jednostavne jednadzbe, kao sto je

y ′ ′ + xy = 0,

spadaju u takve jednadzbe. U ovom ce se odjeljku pokazati kako se moze dobiti jednorjesenje obicne linearne homogene diferencijalne jednadzbe drugog reda, u obliku razvojau red oko odredene tocke3. Ono je primjenjivo uvijek kada

tocka oko koje se radi razvoj nije bitni singularitet.

Dakle, rjesenje se moze dobiti u obliku razvoja u red oko regularne tocke ili oko regularnogsingulariteta. Ovaj je zahtjev razmjerno slab, i u vecini fizicki zanimljivih sitacija jezadovoljen. Opci oblik obicne linearne homogene diferencijalne jednadzbe drugog reda je

d2 y

d x2+ P (x)

d y

d x+Q(x) y = 0. (4.20)

U iducem ce se odjeljku pokazati kako se racuna drugo rjesenje koje je linearno nezavisnood ovoga. Takoder ce se pokazati da ne postoji trece nezavisno rjesenje (ref - gdje?).Pridruzena nehomogena jednadzba je najopcenitije oblika

d2 y

d x2+ P (x)

d y

d x+Q(x) y = F (x). (4.21)

O rjesavanju ove jednadzbe ce vise rijeci biti u odjeljcima o Greenovim funkcijama i La-placeovim preobrazbama.

Neka je F (x) = 0 i trazimo rjesenje homogene jednadzbe. Pretpostavljamo da serjesenje moze napisati kao red potencija u x − x0, tako da je clan s (x − x0)

k prvineiscezavajuci clan

y(x) = (x− x0)k[a0 + (x− x0) a1 + (x− x0)

2 a2 + · · ·], a0 6= 0. (4.22)

Exponent k ne mora biti prirodan broj.

Zadatak je, polazeci od diferencijalne jednadzbe,

odrediti koeficijente razvoja a0, a1, a2, · · · .

Za ilustraciju ove metode, navest cemo tri primjera:

(1) Rijesit cemo jednadzbu gibanja jednodimenzijskog slobodnog harmonijskog oscilatora,odjeljak 4.3.3. Frobeniusovim postupkom ce se dobiti oba linearno nezavisna rjesenja.

3Ferdinand Georg Frobenius (26. X 1849. – 3. VIII 1917.), njemacki matematicar, najpoznatiji po svojem doprinosuteoriji diferencijalnih jednadzba i teoriji grupa; takoder je prvi dao potpuni dokaz Cayley–Hamiltonovog teorema


(2) Rijesavat cemo Besselovu diferencijalnu jednadzbu, odjeljak 4.3.4. Frobeniusovim pos-tupkom ce se dobiti samo jedno rjesenje.

(2) Rijesavat ce se dvije jednadzbe s bitnim singularitetom, odjeljak 4.3.5, i pokazat ce seda se Frobeniusovim postupkom ne moze dobiti nijedno rjesenje.

4.3.3 Frobenius - jednodimenzijski slobodni harmonijski oscilator

U ovom se odjeljku Frobeniusova metoda primjenjuje na rjesavanje diferencijalne jed-nadzbe gibanja slobodnog jednodimenzijskog harmonijskog oscilatora

d2 y

d x2+ ω2

0 y = 0. (4.23)

Od ranije4 znamo da je rjesenje linearna kombinacija sinusa i kosinusa: c1 sinω0x +c2 cosω0x. Harmonijski je oscilator u ravnotezi u tocki x = 0, pa cemo pokusati nacirazvoj5 upravo oko te tocke: x0 ≡ 0 u (4.22). Primjetimo da x0 ≡ 0 nije singularnatocka jednadzbe (4.23).

y(x) = xk[a0 + x a1 + x2 a2 + · · ·

]=

∞∑

n=0

an xk+n, a0 6= 0.

Nadimo drugu derivaciju y

d y

d x=

∞∑

n=0

(k + n) an xk+n−1,

d2 y

d x2=

∞∑

n=0

(k + n) (k + n− 1) an xk+n−2

i uvrstimo razvoje za y i y ′ ′ u jednadzbu (4.23)

∞∑

n=0

(k + n) (k + n− 1) an xk+n−2 + ω2

0

∞∑

n=0

an xk+n = 0.

k(k − 1) a0 xk−2 + (k + 1) k a1 x

k−1 +[(k + 2) (k + 1) a2 + ω2

0 a0

]xk

+[(k + 3) (k + 2) a3 + ω2

0 a1

]xk+1

+[(k + 4) (k + 3) a4 + ω2

0 a2

]xk+2

+[(k + 5) (k + 4) a5 + ω2

0 a3

]xk+3

+ · · · = 0.

4Npr. u referenci [4], odjeljak o harmonijskom oscilatoru.5Citateljima prepustamo da se uvjere kako x0 = 0 nije singularitet ove diferencijalne jednadzbe.


Zbog linearne nezavisnosti potencija6, koeficijenti uz svaku potenciju x moraju iscezavati.Taj zahtjev vodi na sustav jednadzba

k(k − 1) a0 = 0, (4.24)

(k + 1) k a1 = 0,

(k + 2) (k + 1) a2 + ω20 a0 = 0,

(k + 3) (k + 2) a3 + ω20 a1 = 0,

(k + 4) (k + 3) a4 + ω20 a2 = 0,

(k + 5) (k + 4) a5 + ω20 a3 = 0,

...

(k + j + 2) (k + j + 1) aj+2 + ω20 aj = 0,

...

Buduci da smo krenuli od pretpostavke da je a0 6= 0, to iz prve od gornjih jednadzba,koja se opcenito naziva i osnovna jednadzba tocke x = x0 = 0, zakljucujemo da je

k = 0, ili k = 1.

Ovi korjeni osnovne jednadzbe se nazivaju i eksponenti singularne tocke (tako senazivaju cak i ako tocka oko koje se razvija nije singularna, kao u gornjem primjeru).

Ako je k = 0, druga od gornjih jednadzba je zadovoljena za svaku (proizvoljnu) vrijednosta1. Ako je k = 1, druga od gornjih jednadzba je zadovoljena za a1 = 0. Buduci da je a1proizvoljan za k = 0, a jednak nuli za k = 1, uzmimo da je uvijek7 a1 = 0.

Iz preostalih jednadzba, koeficijenti a2, a3, · · · se racunaju rekurzijom

aj+2 = −ajω20

(k + j + 2) (k + j + 1), j = 0, 1, 2, · · · .

Primjetimo da ova rekurzija povezuje samo parne tj. samo neparne koeficijente. Kako jea1 = 0, iz gornje rekurzije slijedi da su svi neparni koeficijenti jednaki nuli

a1 = a3 = a5 = · · · = 0

6Vidjeti primjer 5.177Jednom, za k = 0, zato sto mi to proizvoljno odabiremo, a drugi puta, za k = 1, zato sto tako mora biti.


(i za k = 0 i za k = 1). Potrazimo parne koeficijente za izbor k = 0. Rekurzija je

aj+2 = −ajω20

(j + 2) (j + 1),

a2 = −a0ω20

2 · 1 = −a0ω20

2 !,

a4 = −a2ω20

4 · 3 = +a0ω40

4 !,

a6 = −a4ω20

6 · 5 = −a0ω60

6 !,

... =...

a2n = (−1)na0ω2n0

(2n) !.

Ukupno rjesenje je

y(x)k=0 =∞∑

n=0

an x0+n = a0

[1− (ω0 x)

2

2 !+

(ω0 x)4

4 !− (ω0 x)

6

6 !+ · · ·

]= a0 cosω0x.

Ako umjesto za k = 0, potrazimo parne koeficijente za izbor k = 1. Rekurzija je

aj+2 = −ajω20

(j + 3) (j + 2),

a2 = −a0ω20

3 · 2 = −a0ω20

3 !,

a4 = −a2ω20

5 · 4 = +a0ω40

5 !,

a6 = −a4ω20

7 · 6 = −a0ω60

7 !,

... =...

a2n = (−1)na0ω2n0

(2n+ 1) !.

Ukupno rjesenje je

y(x)k=1 =

∞∑

n=0

an x1+n = a0

[x− ω2

0 x3

3 !+ω40 x

5

5 !− ω6

0 x7

7 !+ · · ·

]=a0ω0

sinω0x.


Simetrija:Kao sto se moglo i ocekivali dobivena su dva rjesenja razmjerna sinusu i kosinusu. Dakle,jedno je rjesenje simetricno

y(x)k=0 = y(−x)k=0

a drugo je antisimetricno

y(x)k=1 = −y(−x)k=1.

Ova simetrija nije slucajna, nego je izravna posljedica simetrije same jednadzbe (4.23)od koje smo krenuli. Zapisimo obicnu homogenu linearnu diferencijalnu jednadzbu uobliku

L(x) y(x) = 0, (4.25)

gdje je L(x) diferencijalni operator. Npr. za jednadzbu harmonijskog oscilatora (4.23) je

L(x) ≡ d2

d x2+ ω2

0 = L(−x),

tj. L(x) je paran. Kao i obicne funkcije, i diferencijalni operatori mogu biti parni,neparni ili mogu ne biti odredene parnosti. Ako je diferencijalni operator paranili neparan L(x) = ±L(−x), u jednadzbi (4.25) se moze promjeniti predznak varijablex, sto vodi na

L(−x) y(−x) = 0

±L(x) y(−x) = 0

L(x) [± y(−x)] = 0

Iz gornje jednadzbe se vidi da ako je y(x) rjesenje jednadzbe, da je tada i ± y(−x) takoderrjesenje te iste jednadzbe (+ predznak vrijedi ako je L(x) paran, a − ako je L(x) neparan).Iz ovog razmatranja se zakljucuje da se svako rjesenje moze rastaviti na parni neparni dio

y(x) =1

2y(x) +

1

2y(x) =

1

2y(x) +

1

2y(x) +

1

2y(−x)− 1

2y(−x)

=1

2

[y(x) + y(−x)

]+

1

2

[y(x)− y(−x)

]

= yparno + yneparno.

Prvi clan desne strane je invarijantan na zamjenu x→ −x i zato je to parni dio rjesenja.Drugi clan dobiva negativni predznak na zamjenu x→ −x i zato je to neparni dio rjesenja.

Vratimo li se tablici 4.1, primjetit cemo da Legendreova, Cebisevljeva, Besselova, Hermite-ova i jednadzba slobodnog harmonjiskog operatora, imaju parne diferencijalne operatore.U svjetlu gornjeg razmatranja, to znaci da se njihova rjesenja mogu napisati kao dvaodvojena reda sastavljena od parnih i neparnih potencija (x − x0). Diferencijalni opera-tor Laguerreove diferencijalne jednadzbe nije niti paran niti neparan, pa zato ni njegovarjesenja nece imati odredenu parnost. Nase inzistiranje na (ne)parnosti rjesenja potjeceiz kvantne mehanike, gdje se pokazuje da valne funkcije obicno imaju odredenu parnost.


Takoder i vecina8 medudjelovanja ima odredenu parnost, sto u konacnici vodi na sacuvanjeparnosti.

Zadatak: 4.8 Frobeniusovom metodom rijesite jednadzbu gibanja slobodnog jednodimen-zijskog harmonijskog oscilatora, ali za tocku razvoja uzmite x0 = ±A, gdje jeA amplituda.

R: dovrsiti

4.3.4 Frobenius - Besselova jednadzba

Rjesavanje jednadzbe harmonijskog oscilatora, razvojem u red je bilo razmjerno jednos-tavno: oba rjesenja, parno i neparno su se pojavila sama od sebe. Pogledajmo jedanslozeniji primjer kao sto je Besselova jednadzba

x2 y ′ ′ + x y ′ + (x2 − n2) y = 0,

y ′ ′ +1

xy ′ +

(1− n2

x2

)y = 0.

Kao sto se vidi iz zadatka 4.7, tocka x0 = 0 je regularni singularitet gornje jednadzbe, pase njezino rjesenje moze potraziti u obliku

y(x) =∞∑

m=0

am xk+m, a0 6= 0.

Deriviranjem gornjeg reda i uvrstavanjem u jednadzbu, dobiva se

∞∑

m=0

am (k +m) (k +m− 1) xk+m +∞∑

m=0

am (k +m) xk+m

∞∑

m=0

am xk+m+2 − n2

∞∑

m=0

am xk+m = 0.

Kao i gore, koeficijenti uz odgovarajuce potencije moraju iscezavati. Tako npr. iz gornjejednadzbe citamo koeficijent uz potenciju xk

a0 [k (k − 1) + k − n2] = a0 (k2 − n2) = 0. (4.26)

Iz pocetne pretpostavke je a0 6= 0, pa postoje dva rjesenja za k

k = ±n.

Pogledajmo i koeficijent uz xk+1

a1

[(k + 1) k + (k + 1)− n2

]= 0.

8Vazna iznimka je beta raspad.


Sredivanjem gornjeg izraza, dobiva se

a1

[(k + 1)2 − n2

]= 0

a1 (k + 1− n) (k + 1 + n) = 0.

Za k = ±n, obje uglate zagrade su razlicite od nule9

k = +n, ⇒ a1(2n+ 1) = 0,

k = −n, ⇒ a1(1− 2n) = 0,

i zato mora biti

a1 = 0.

Pogledajmo sada clanove uz xk+2, xk+3, · · · :

a2

[(k + 2) (k + 1) + (k + 2)− n2

]+ a0 = 0

a3

[(k + 3) (k + 2) + (k + 3)− n2

]+ a1 = 0

...

ili opcenito do rekurzije

am

[(k +m) (k +m− 1) + (k +m)− n2

]= − am−2

am

[(k +m)2 − n2

]= − am−2

am =− am−2

(k +m− n) (k +m+ n), m = 2, 3, · · · .

Zamjenom m→ m+ 2, gornja rekurzija postaje

am+2 =− am

(k +m+ 2− n) (k +m+ 2 + n), m = 0, 1, 2, · · · .

Buduci da smo vec dobili da je a1 = 0, to ce prema gornjom rekurziji i svi ostali neparniam-ovi biti jednaki nuli

a1 = a3 = a5 = · · · = 0.

9s izuzetkom k = ±n = −1/2. Raspisati detaljnije jedno rjesenje za k = −1/2 (zadatak 4.9).


Sjetimo se jos da k mora biti ili +n ili −n.Ogranicimo se najprije na uvjet k = +n, rekurzija je

am+2 =− am

(m+ 2) (m+ 2 + 2n).

Izracunajmo parne koeficijente

a2 =− a0

2 (2n+ 2)= − a0

1

22 (n + 1)= − a0

n !

22 (n+ 1) !,

a4 =− a2

4 (2n+ 4)= +

a022 (n + 1)

1

8 (n+ 2)= + a0

n !

24 2 (n+ 2) !,

a6 =− a4

6 (2n+ 6)= − a0

n !

24 2 (n+ 2) !

1

6 · 2 (n+ 3)= − a0

n !

26 3 ! (n+ 3) !,

...

a2m = (−1)m a0n !

22mm ! (n+m) !

Uz poznate koeficijente am, moze se napisati i cijelo rjesenje za k = +n

y(x) = a0

∞∑

m=0

(−1)mn !

22mm ! (n+m) !xn+2m

= a0 2n n !

∞∑

m=0

(−1)m

m ! (n+m) !

(x2

)n+2m

. (4.27)

U odjeljku 7.2 ce se pokazati da gornji red definira Besselovu funkciju Jn(x). Ona jeparna ako je n paran prirodan broj, a neparna za neparni prirodni n.

Zadatak: 4.9 Nadite rjesenje Besselove jednadzbe, za k = ±n = −1/2 (str. 129).

R: dovrsiti

Gornje je rjesenje dobiveno za izbor k = +n. Sto ako je k = −n, za prirodni broj n? Isada se dolazi do rekurzije

am+2 =− am

(m+ 2) (m+ 2− 2n).

Ociti problem nastaje kada je m+ 2 = 2n, tj. kada je n cjelobrojan ili polucjelobrojan

n = 1 +m

2,

jer tada am+2 divergira i time divergira i cijelo rjesenje diferencijalne jednadzbe. Visedetalja o ovome problemu se moze naci u odjeljku 7.2 o Besselovim funkcijama. Tamo se


napokon i pokazuje da je

J−n(x) = (−1)n Jn(x), n = ±1,±2, · · · .

Rjesenje s negativnim indeksom je linearno zavisno od rjesenja s pozitivnim indeksom.Iz ovog primjera se vidi da metoda razvoja u red nece uvijek voditi na dva linearnonezavisna rjesenja.

4.3.5 Frobenius - bitni singularitet

Primjenjivost metode razvoja u red ovisi o korjenim osnovne jednadzbe i stupnju singular-nosti koeficijenata diferencijalne jednadzbe. Da bi se jasnije razumio ucinak koeficijenatadiferencijalne jednadzbe na ovaj jednostavni razvoj u red, promotrimo slijedece cetirijednadzbe (P i Q su oznake iz (4.20))

y ′ ′ − 6

x2y = 0, P (x) = 0, Q(x) = − 6

x2, (4.28)

y ′ ′ +1

xy ′ − c20

x2y = 0, P (x) =

1

x, Q(x) = − c20

x2, (4.29)

y ′ ′ − 6

x3y = 0, P (x) = 0, Q(x) = − 6

x3, (4.30)

y ′ ′ +1

x2y ′ − c20

x2y = 0, P (x) =

1

x2, Q(x) = − c20

x2. (4.31)

Odaberimo za tocku razvoja x0 = 0 i pogledajmo kakav je karakter (ne)singularnosti tetocke. U skladu s odjeljkom 4.3.1, je tocka x0 = 0 singularna tocka sve cetiri gornjejednadzbe. Za jednadzbe (4.28) i (4.29), ona je regularan, a za jednadzbe (4.30) i (4.31)neregularan (bitni) singularitet.

(4.28)Rijesimo jednadzbu (4.28) s regularnim singularitetom, razvojem u red y(x) =

∑∞n=0 an x

k+n

∞∑

n=0

(k + n) (k + n− 1) an xk+n−2 − 6

∞∑

n=0

an xk+n−2 = 0

∞∑

n=0

[(k + n) (k + n− 1)− 6] an xk+n−2 = 0.

Zbog linearne nezavisnosti potencija, mora biti[(k + n) (k + n− 1)− 6

]an = 0. (4.32)

Po pretpostavci je a0 6= 0, pa je osnovna jednadzba, ona za n = 0,

k2 − k − 6 = 0

s rjesenjima (eksponentima regularnog singulariteta u x0 = 0): k = 3 i k = −2. Pogle-


dajmo (4.32) za k = 3 i n ≥ 1

n(n + 5) an = 0 ⇒ an = 0, n = 1, 2, 3, · · · .

Pogledajmo (4.32) za k = −2 i n ≥ 1

n(n− 5) an = 0.

an = 0 za sve n osim za n = 5. Za n = 5 je a5 proizvoljan, pa proizvoljno odabiremo daje a5 = 0. Uz ovaj odabir, razvoj u red oblika y(x) =

∑∞n=0 an x

k+n daje oba rjesenjadiferencijalne jednadzbe: odabir k = 3, kao i odabir k = −2, ostavljaju samo po jedanclan reda razlicitim od nule, a to je a0 x

k, sto vodi na dva linearno nezavisna rjesenja

y1(x) = A x3, y2(x) = B1

x 2.

(4.29)Slijedeca je na redu jednadzba (4.29) koja ima regularan singularitet u x0 = 0. Ra-zvojem u red y(x) =

∑∞n=0 an x

k+n slijedi

∞∑

n=0

(k + n) (k + n− 1) an xk+n−2 +

∞∑

n=0

(k + n) an xk+n−2 − c20

∞∑

n=0

an xk+n−2 = 0

∞∑

n=0

[(k + n) (k + n− 1) + (k + n)− c20

]an x

k+n−2 = 0

∞∑

n=0

[(k + n)2 − c20

]an x

k+n−2 = 0

Zbog linearne nezavisnosti potencija, svaki mnozitelj xk+n−2 mora zasebno iscezavati[(k + n)2 − c20

]an = 0. (4.33)

Osnovna jednadzba

(k2 − c20) a0 = 0

ima dva rjesenja k± = ±c0. Za ove vrijednosti k, svi ostali mnozitelji potencija x takodermoraju biti jednaki nuli, sto vodi na

2n(n2± c0

)an = 0, n = 1, 2, · · ·

Ako c0 nije cjelobrojan niti polucjelobrojan, zakljucujemo da su svi ostali an = 0. Ako c0jeste cjelobrojan ili polucjelobrojan, tada je an, proizvoljan, pa proizvoljno odabiremo dabude an = 0. Dakle od cijelog reda preostaje samo prvi clan, ciji x ima eksponent ili c0ili −c0, pa opet imamo oba linearno nezavisna rjesenja jednadzbe

y1 = A · x c0, y2 = B · x−c0.


(4.30)Pogledajmo sada jednadzbu (4.30) koja ima neregularan (bitni) singularitet u x0 = 0.Razvojem u red y(x) =

∑∞n=0 an x

k+n slijedi

∞∑

n=0

(k + n) (k + n− 1) an xk+n−2 − 6

∞∑

n=0

an xk+n−3 = 0

−6 a0 xk−3 + [k(k − 1) a0 − 6 a1] x

k−2 + · · · = 0.

Osnovna jednadzba

−6 a0 = 0

nema rjesenja jer je polazna pretpostavka bila da je a0 6= 0.

(4.31)Posljednji primjer je jednadzba (4.31) s neregularnim (bitnim) singularitetom u x0 = 0.Razvojem u red y(x) =

∑∞n=0 an x

k+n slijedi

∞∑

n=0

(k + n) (k + n− 1) an xk+n−2 +

∞∑

n=0

(k + n) an xk+n−3 − c20

∞∑

n=0

an xk+n−2 = 0

∞∑

n=0

[(k + n) (k + n− 1)− c20] an xk+n−2 +

∞∑

n=0

(k + n) an xk+n−3 = 0

k a0 xk−3 + [k(k − 1)− c20] a0 + (k + 1) a1 xk−2 + [(k + 1)k − c20] a1 + (k + 2) a2 xk−1 + · · · = 0.

Osnovna jednadzba

k a0 = 0

ima jedno rjesenje k = 0. Rekurzija

an+1 = anc20 − (k + n) (k + n− 1)

k + n+ 1

se, za k = 0, svodi na

an+1 = anc20 − n (n− 1)

n + 1.

Ukoliko je c0 odabran tako da je c20 6= n (n− 1), vidimo da je

limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn→∞

c20 − n (n− 1)

n + 1= lim

n→∞

n2

n= ∞.

Dakle, red divergira za svaki x 6= 0. Vidimo da je opet neregularni singularitet ucinoneprimjenjivim metod rjesavanja razvojem u red

Fuchsov teorem:metodom razvoja u red, uvijek se moze dobiti bar jedno rjesenje diferencijalne jed-


nadzbe, uz uvjet da tocka oko koje se izvodi razvoj nije neregularan sigularitet. Visedetalja o ovome teoremu, se moze naci u odjeljku ??.

Sazetak:

- ako su dva korjena osnovne jednadzbe medusobno jednaka, moze se naci samo jednorjesenje razvojem u red;

- ako se dva korjena osnovne jednadzbe medusobno razlikuju za necjelobrojni iznos, tadase sigurno mogu dobiti dva rjesenja razvojem u red;

- ako se dva korjena osnovne jednadzbe medusobno razlikuju za cjelobrojni iznos, razvojemu red je sigurno moguce dobiti jedno rjesenje i to iz veceg korjena (moguce je dobiti i drugorjesenje, kao npr. u jednadzbi harmonijskog oscilatora ili u (4.28), (4.29), ali nije nuzno,kao sto se vidi iz primjera Besselove jednadzbe).

4.3.6 Drugo rjesenje u obliku razvoja u red

Nastavimo s analizom drugog rjesenja, ali ovaj puta s aspekta razvoja u red. NapisimoP i Q iz (4.7) u obliku

P (x) =

∞∑

n=−1

pn xn, Q(x) =

∞∑

n=−2

qn xn

Donje granice na zbrojeve su odabrane tako da eventualni singulariteti u x0 = 0 buduregularni. Uz gornje razvoje, (4.7) postaje

y ′ ′ +(p−1

x+ p0 + x p1 + · · ·

)y ′ +

(q−2

x2+q−1

x+ q0 + x q1 + · · ·

)y = 0.

Uvrstimo u gornju jednadzbu rjesenje u obliku reda

y(x) =∞∑

n=0

an xk+n,

∞∑

n=0

(k + n) (k + n− 1) an xk+n−2 +

∞∑

m=−1

pm xm

∞∑

n=0

(k + n) an xk+n−1 +

∞∑

m=−2

qm xm

∞∑

n=0

an xk+n = 0.

Izjednacavanje s nulom mnozitelja svake potencije x vodi na

xk−2 a0

[k(k − 1) + kp−1 + q−2

]= 0,

xk−1 a1

[(k + 1)k + (k + 1)p−1 + q−2

]+ a0

[kp0 + q−1

]= 0,

xk a2

[(k + 2)(k + 1) + (k + 2)p−1 + q−2

]+ a1

[(k + 1)p0 + q−1

]+ a0

[kp1 + q0

]= 0,

...


Prva od gornjih jednadzbak2 + (p−1 − 1)k + q−2 = 0 (4.34)

je osnovna jednadzba, cije cemo korjene oznaciti s k = K i k = K −M , gdje je M ilinula ili prirodan broj (akoM nije prirodan broj, tada dva razlicita rjesenja dobivamovec metodom razvijenom na pocetku odjeljka 4.3.2)

(k −K)(k −K +M) = 0,

k2 + (M − 2K)k +K(K −M) = 0,

p−1 − 1 = M − 2K, (4.35)

q−2 = K(K −M).

Prisjetimo se da su P i Q zadane funkcije, pa njihove koeficijente pj i qj smatramo poz-natim, tako da iz gornjih jednadzba mozemo naci K i M

K± =1

2

(1− p−1 ±

√(p−1 − 1)2 − 4q−2

), M± = ±

√(p−1 − 1)2 − 4q−2.

Rjesenje za y koje smatramo poznatim je ono koje odgovara vecem k = K

y1 = xK∞∑

n=0

an xn

Drugo rjesenje racunamo pomocu (4.17)

y2(x) = y1(x)

∫ x exp(−∫ x2 ∑∞

n=−1 pn xn1 dx1

)

x2K2 (∑∞

n=0 an xn2 )

2dx2 (4.36)

Integral iz argumenta eksponencijalne funkcije je (do na nebitnu aditivnu konstantu)jednak

∫ x2 ∞∑

n=−1

pn xn1 dx1 = p−1 ln x2 +

∞∑

n=0

pnxn+12

n+ 1,

a cijeli eksponencijalni clan je

exp

(−∫ x2 ∞∑

n=−1

pn xn1 dx1

)=

1

xp−1

2

exp

(−

∞∑

n=0

pnxn+12

n+ 1

)

=1

xp−1

2

1−

∞∑

n=0

pnxn+12

n + 1+

1

2 !

( ∞∑

n=0

pnxn+12

n+ 1

)2

+ · · ·

.

Slicno se moze transformirati i nazivnik izraza za y2

1

x2K2 (∑∞

n=0 an xn2 )

2=

1

x2K2

∞∑

n=0

bn xn2 ,


gdje su koeficijenti bn funkcije koeficijenata an. Uvrstavanjem oba ova razvoja u izraz zay2, dobiva se

y2(x) = y1(x)

∫ x 1

x2K+p−1

2

1−

∞∑

n=0

pnxn+12

n+ 1+

1

2 !

( ∞∑

n=0

pnxn+12

n + 1

)2

+ · · ·

( ∞∑

n=0

bn xn2

)dx2

= y1(x)

∫ x 1

x2K+p−1

2

( ∞∑

n=0

cn xn2

)dx2,

gdje su koeficijenti cn funkcije koeficijenata bn i pn. Prema (4.35) je 2K + p−1 =M + 1,pa je

y2(x) = y1(x)

∫ x ( c0

xM+12

+c1xM2

+ · · ·+ cMx2

+ cM+1 + x2 cM+2 + x22 cM+3 + · · ·)dx2

= y1(x)

(−c0/MxM

+−c1/(M − 1)

xM−1+ · · ·+ cM ln x+ x cM+1 + · · ·

)

Primjetimo dvije karakteristike gornjeg reda dobivenog integracijom:- (1) prvi clan je razmjeran s x−M ;- (2) integracija x−1

2 vodi na logaritamski10 clan u redu za y2 (osim ako slucajno ili nasrecu, nije cM = 0); ovaj se clan uvijek pojavljuje jer je M prirodan broj.Iz gornja dva zakljucka slijedi da ako razvoj u red prvog rjesenja, uvrstimo u drugo, onoce biti oblika

y2(x) = y1(x) ln x+

∞∑

n=−Mdn x

n+K . (4.37)

Kada znamo da je y2 gornjeg oblika, mozemo ga jednostavno uvrstiti u jednadzbu i po-traziti rekurziju za koeficijente dn.

Zadatak: 4.10 Izravnim razvojem u red oko tocke x0 = 0, nadite oba rjesenja Legendre-ove diferencijalne jednadzbe

(1− x2) y ′ ′ − 2 x y ′ + n(n + 1) y = 0.

R:Rjesenje oblika

y =∑

j

aj xj+k

se uvrstava u gornju diferencijalnu jednadzbu i izjednacavaju se koeficijenti uz

10zbog ocuvanja parnosti, uzima se ln |x| umjesto lnx


iste potencije x

xk−2 : a0 k(k − 1) = 0 =⇒ k = 0, k = 1

xk−1 : a1 (k + 1)k = 0,

xk : a2 (k + 2)(k + 1)− a0

[k(k − 1) + 2k − n(n+ 1)

]= 0,

xk+1 : a3 (k + 3)(k + 2)− a1

[(k + 1)k + 2(k + 1)− n(n + 1)

]= 0,

xk+2 : a4 (k + 4)(k + 3)− a2

[(k + 2)(k + 1) + 2(k + 2)− n(n+ 1)

]= 0,

itd.

Iz gornjih izraza se lako ocitava rekurzija

aj = aj−2(k + j − 2)(k + j − 1)− n(n+ 1)

(k + j)(k + j − 1).

Izvedimo rjesenje koje odgovara odabiru k = 0. Kada je k = 0, koeficijent a1je proizvoljan, pa se moze odabrati

a1 = 0.

Ovim odabirom preostaju samo parni koeficijenti koji u konacnici vode narjesenje

yk=0 = a0

[1− x2

n(n + 1)

2 !+ x4

n(n + 1)(n− 2)(n+ 3)

4 !+ · · ·

].

Slicno, odabirom k = 1 mora biti

a1 = 0,

opet preostaju samo parni koeficijenti koji sada vode na

yk=1 = a0

[x− x3

(n− 1)(n+ 2)

3 !+ x5

(n− 1)(n + 2)(n− 3)(n+ 4)

5 !+ · · ·

].

Zadatak: 4.11 (a) Razvojem rjesenja u red potencija, rijesite Hermiteovu diferencijalnujednadzbu

y ′ ′ − 2xy ′ + 2αy = 0.

(b) Pokazite da su oba rjesenja konvergentna za sve vrijednosti x, tako stocete pokazati da se, za velike vrijednosti indeksa, omjeri susjednih koeficijentirazvoja, ponasaju kao i omjeri koeficijenata razvoja e2x

2.

(c) Pokazite da, prikladnim izborom α, red moze biti odrezan i pretvoren u


polinom. Uz prikladno normiranje, ovi polinomi su Hermiteovi polinomi.

R:dovrsiti

Zadatak: 4.12 Laguerreova diferencijalna jednadzba je

xL ′ ′n + (1− x)L ′

n + nLn = 0.

Nadite rjesenje u obliku razvoja u red. Odaberite n tako da od reda napravitepolinom.

R:dovrsiti

Zadatak: 4.13 Razvojem rjesenja u red, rijesite Cebisevljevu diferencijalnu jednadzbu

(1− x2)T ′ ′n − xT ′

n + n2Tn = 0.

Koja ogranicenja treba postaviti na n, pa da red bude konvergentan za x = ±1?

R:dovrsiti

Zadatak: 4.14 Rijesite

(1− x2)U ′ ′n (x)− 3xU ′

n(x) + n(n+ 2)Un(x) = 0,

tako sto cete odabrati rjesenje s neparnim potencijama x. Buduci da red di-vergira za x = 1, odaberite n tako da red pretvorite u polinom. Napisite tajpolinom.

R:dovrsiti

Zadatak: 4.15 Izvedite rjesenje u obliku reda za hipergeometrijsku jednadzbu (25bodova)

x(x− 1)y ′ ′(x) +[(1 + a+ b)x− c

]y ′(x) + aby(x) = 0.

Provjerite je li rjesenje konvergentno.


R:dovrsiti

Zadatak: 4.16 Kvantnomehanicka analiza Starkova ucinka, vodi na diferencijalnu jed-nadzbu (u parabolickim koordinatama)

d

d ξ

(ξd u

d ξ

)+

(E ξ

2+ α− m2

4 ξ− F ξ2

4

)u = 0.

E, α,m i F su konstante. Koristeci veci korjen osnovne jednadzbe, izracunajteprva tri clana u razvoju rjesenja u red oko tocke ξ = 0.

R:dovrsiti

Zadatak: 4.17 Metodom razvijenom u ovom odjeljku, nadite drugo rjesenje Besselovejednadzbe, za n = 0.

R:prvi nacinIz Besselove jednadzbe (4.26),

y ′ ′ +1

xy ′ +

(1− n2

x2

)y = 0.

za n = 0, imamo

P (x) = x−1, Q(x) = 1.

Dakle, razvoji u red P i Q imaju samo po jedan clan razlicit od nule

p−1 = 1, q0 = 1.

Osnovna jednadzba (4.34) je

k2 = 0

iz cega slijedi i da su M = K = 0.Prvo rjesenje Besselove jednadzbe nam je poznato iz (4.27). Promjenomoznacavanja tako da se poklapa s onim iz poglavlja 7.2, uz a0 = 1 i n = 0,prvo rjesenje je

y1(x) = J0(x) = 1− x2

4+x4

64+O(x6).

Poznati y1 i P sada mozemo uvrstiti u (4.17) ili u (4.36) i dobiti

y2(x) = J0(x)

∫ x e−∫ x2 x−1

1 d x1

[1− x22/4 + x42/64 +O(x62)]2d x2.


Do na aditivnu konstantu, brojnik integranda je

e−∫ x2 x−1

1 d x1 = e− lnx2 =1

x2.

Taylorovim razvojem,

(1 + a)−2 = 1− 2a+ 3a2 − 4a3 + · · · .

dobiva se

[1− x22/4 + x42/64 +O(x62)]−2 = 1 +

x222

+5x4232

+O(x62).

Sve zajedno, za y2 dobivamo

y2(x) = J0(x)

∫ x 1

x2

[1 +

x222

+5x4232

+O(x62)

]d x2

= J0(x)

[ln x+

x2

4+

5x4

128+O(x6)

].

Gornje rjesenje mozemo usporediti sa standardnim oblikom drugog rjesenja,onako kako je ono dobiveno u (??) i (??)

N0(x) =2

π[ln x− ln 2 + γ] J0(x) +

2

π

[x2

4− 3x4

128+O(x6)

].

Da bismo vidjeli da se rjesenje iz ovog primjera poklapa s N0, moramo uocitidvije stvari:(1) buduci da je Besselova jednadzba homogena, rjesenje y2 mozemo pomnozitiproizvoljnom konstantom; odabiremo da je ta konstanta 2/π;(2) rjesenju (2/π) y2 mozemo dodati bilo koju konstantu pomnozenu s prvimrjesenjem; neka je to

2

π(− ln 2 + γ) J0(x),

gdje je γ Euler-Mascheronijeva konstanta.Uz navedene izmjene, rjesenje iz ovog primjera je

y2(x) =2

π[lnx− ln 2 + γ] J0(x) +

2

πJ0(x)

[x2

4+

5x4

128+O(x6)

].

drugi nacinIzraz (4.37) uvrstite u Besselovu diferencijalnu jednadzbu i odredite koefici-jente dn.

Zadatak: 4.18 Nadite rjesenje jednadzbe

y ′ ′ − 2

(1− x)2y = 0


u obliku razvoja u red oko tocke x = 0.

R:dovrsiti


4 x y ′ ′ + 2 y ′ + y = 0


R:dovrsiti


x (x− 1) y ′ ′ + 3 x y ′ + y = 0


R:dovrsiti

Zadatak: 4.21 Nadite drugo rjesenje iz prethodnog zadatka, koristeci postupak s vron-skijanom.

R:dovrsiti


y ′ ′ − 2 x y ′ + λ y = 0

u obliku razvoja u red oko tocke x = 0. Za koje vrijednosti λ postoji rjesenjeu obliku polinoma? Napisite takvo rjesenje za λ = 4.

R:dovrsiti


4.4 Obicne linearne diferencijalne jednadzbe drugog reda - ne-

homogene

4.4.1 Varijacija konstante

Kao sto je vec spomenuto u uvodu ovog odjeljka, ukupno rjesenje nehomogene jednadzbe(4.6) je zbroj rjesenja pridruzene homogene jednadzbe i partikularnog rjesenja nehomo-gene jednadzbe, s time da je rjesenje homogene jednadzbe dano kao linearna kombinacijadva linearno nezavisna rjesenja

y(x) = yH(x) + yP (x) = c1y1(x) + c2y2(x) + yp(x).

Pocetni ili rubni uvjeti se odnose na cijelo rjesenje

y(x0) = a, y ′(x0) = b,

i vode na 2× 2 algebarski sustav za koeficijente c1 i c2

c1 y1(x0) + c2 y2(x0) = a− yP (x0),

c1 y′1(x0) + c2 y

′2(x0) = b− y ′

P (x0),

s rjesenjem

c1 =1

W (x0)

[(a− yP (x0)

)y ′2(x0)−

(b− y ′

P (x0))y2(x0)

],

c2 =1

W (x0)

[−(a− yP (x0)

)y ′1(x0) +

(b− y ′

P (x0))y1(x0)

].

Metoda varijacije konstante se sastoji u trazenju cijelog rjesenja nehomogene jednadzbepolazeci od oba rjesenja homogene jednadzbe

y(x) = C1(x)y1(x) + C2(x)y2(x),

pri cemu Cj sada nisu konstante, nego funkcije x (odatle potjece i naziv metode). Deri-vacijom gornjeg izraza se dolazi do

y ′(x) = C ′1(x)y1(x) + C1(x)y

′1(x) + C ′

2(x)y2(x) + C2(x)y′2(x).

Na funkcije Cj se postavlja dodatni zahtjev

C ′1(x)y1(x) + C ′

2(x)y2(x) = 0. (4.38)

Uz gornji zahtjev je

y(x) = C1(x)y1(x) + C2(x)y2(x)

y ′(x) = C1(x)y′1(x) + C2(x)y

′2(x),

y ′ ′(x) = C ′1(x)y

′1(x) + C1(x)y

′ ′1 (x) + C ′

2(x)y′2(x) + C2(x)y

′ ′2 (x).

4.4. OBICNE LINEARNE DIFERENCIJALNE JEDNADZBE DRUGOG REDA - NEHOMOGENE 143

Uvrste li se gornji izrazi u nehomogenu jednadzbu (4.6), slijedi

C1

[y ′ ′1 + Py ′

1 +Qy1

]+ C2

[y ′ ′2 + Py ′

2 +Qy2

]+ C ′

1(x)y′1(x) + C ′

2(x)y′2(x) = R(x).

Dvije gornje uglate zagrade su jednake nuli, jer su yj rjesenja homogene jednadzbe, papreostaje samo

C ′1(x)y

′1(x) + C ′

2(x)y′2(x) = R(x)

Gornja jednadzba, zajedno s (4.38) cini 2× 2 sustav za nepoznanice C ′j

C ′1(x)y1(x) + C ′

2(x)y2(x) = 0,

C ′1(x)y

′1(x) + C ′

2(x)y′2(x) = R(x).

Rjesenja tog sustava su

C ′1(x) = −R(x)y2(x)

W (x), C ′

2(x) =R(x)y1(x)

W (x).

Izravnom integracijom gornjih izraza, dobiva se

C1(x) = −∫ x R(η)y2(η)

W (η)d η + c1, C2(x) =

∫ x R(η)y1(η)

W (η)d η + c2,

gdje su cj konstante. Ukupno rjesenje je

y(x) =

(−∫ x R(η)y2(η)

W (η)d η + c1

)y1(x) +

(∫ x R(η)y1(η)

W (η)d η + c2

)y2(x)

= c1y1(x) + c2y2(x) +−y1(x)∫ x R(η)y2(η)

W (η)d η + y2(x)

∫ x R(η)y1(η)

W (η)d η

= yH(x) + yP (x). (4.39)

Prva dva clana desne strane su homogeno rjesenje, a druga dva su partikularno rjesenje.

Rezimirajmo:Opce rjesenje nehomogene diferencijalne jednadzbe drugog reda (4.6) se dobiva n aslijedecinacin:(1) prvo se nade jedno rjesenje pridruzene homogene jednadzbe,(2) zatim se iz (4.17) izracuna drugo rjesenje homogene jednadzbe,(3) i konacno se iz dva rjesenja homogene jednadzbe, izrazom (4.39) nade opce rjesenjenehomogene jednadzbe.

4.4.2 OLDJ: Greenove funkcije

U ovom ce se odjeljku pokazati kako se mogu dobiti rjesenja nehomogenih diferencijalnihjednadzba, koristeci se metodom Greenovih funkcija. Radi jednostavnosti i boljeg uvida ufizicko znacenje Greenovih funkcija, za pocetak se navodi nekoliko jednostavnih primjera,


dok su formalni izvodi ostavljeni za ostatak odjeljka.

Primjer: 4.1 Zadatak je rijesiti obicnu diferencijalnu jednadzbu prvog reda oblika

md v(t)

d t= −Rv(t) + f(t). (4.40)

Ta jednadzba opisuje11 gibanje cestice mase m i brzine v(t) kroz fluid koji pruza otporgibanju, a sila otpora je razmjerna prvoj potenciji brzine (R je konstanta razmjernosti).Osim sile otpora fluida, na cesticu djeluje i vanjska sila iznosa f(t).

Promotrimi fizicku situaciju u kojoj cestica miruje sve do trenutka t = τ . Tada na nju,u kratkom vremenskom intervalu ∆ τ , djeluje vanjska sila f (udarna sila). Dakle vanjskaje sila f = 0 za t < τ i za t > τ +∆ τ . Nakon djelovanja vanjske sile, jednadzba gibanja(4.40) glasi

md v(t)

d t= −Rv(t), t > τ +∆ τ.

U gornjoj je jednadzbi derivacija funkcije razmjerna samoj funkciji, sto je osobina ekspo-nencijalne funkcije. Lako je uvjeriti se da je rjesenje gornje jednadzbe dano sa

v(t) = Ae−(R/m) t, t > τ +∆ τ. (4.41)

Smatrat cemo da je ∆ τ vrlo kratak vremenski interval, tako da nas nece zanimati sto sedogada s brzinom cestice unutar tog vremenskog intervala. Vise ce nas zanimati konstantaA. Ta konstanta mora sadrzavati ucinak udarne sile. Da bi se vidio taj ucinak, jednadzbu(4.40) treba pomnoziti s d t i prointegrirati od τ do τ +∆ τ

m

∫ τ+∆ τ

τ

d v(t) = −R∫ τ+∆ τ

τ

v(t) d t+

∫ τ+∆ τ

τ

f(t) d t,

m[v(τ +∆ τ)− v(τ)

]= −R

∫ τ+∆ τ

τ

v(t) d t+ I, (4.42)

gdje je s I oznacen impuls sile12 f

I =

∫ τ+∆ τ

τ

f(t) d t.

Za pretpostavljenu malu vrijednost ∆ τ , brzina mora imati izgled kao na slici 4.1 - jednakaje nuli za t < τ , a u trenutku τ+∆ τ , kao rezultat djelovanja udarne sile, ima neku konacnuvrijednost. Da bi sila u vrlo kratkom intervalu vremena dala konacnu vrijednost brzini,sama sila mora biti razmjerno velika, dok brzina nije velika. To je razlog zasto je drugiclan desne strane (4.42) puno veci od prvog, koji se zanemaruje, pa za (4.42) pribliznovrijedi

m[v(τ +∆ τ)− v(τ)

]≃ I. (4.43)

No, u trenutku t = τ je brzina jednaka nuli, v(τ) = 0, a prema rjesenju (4.41), za mali

11Vidjeti npr. odjeljak Sile ovisne o brzini: (1) sila prigusenja u [4].12Vidjeti npr. odjeljak Impuls sile i momenti u [4].


Slika 4.1: Brzina kao funkcija vremena - za konacniiznos ∆ τ .

Slika 4.2: Brzina kao funkcija vremena - u granicikada ∆ τ → 0.

∆ τ je priblizno

v(τ +∆ τ) = Ae−(R/m) (τ+∆ τ) ≃ Ae−(R/m) τ .

Uvrstavanjem ovih izraza za za v(τ) i v(τ + ∆ τ) u (4.43), u granici kada ∆ τ postajeiscezavajuce mali, dobiva se

mAe−(R/m) τ = I ⇒ A =I

me(R/m) τ (4.44)

S poznatim izrazom za A, moze se napisati konacan izraz za brzinu (slika 4.2)

v(t) =

0 , t < τ

I

me−(R/m) (t−τ), t > τ .

Fizicko znacenje gornjeg izraza je jednostavno - djelovanje vanjske sile je povecalo kolicinugibanja cestice sa nule na p = I = mv u trenutku udara t = τ . Kasnije se, uslijed otporamedija, ova brzina eksponencijalno smanjuje. Primjetimo da je u granici ∆ τ → 0,

zanemarivanje clana −R∫ τ+∆ τ

τv(t) d t iz (4.42) posve opravdano.

Zamislimo sada jednu malo slozeniju situaciju - nakon udara u trenutku τ1 koji na cesticuprenese impuls sile I1, neka cesticu zadesi jos jedan udar u kasnijem trenutku τ2 koji jojprenese drugi impuls sile I2. Istim razmisljanjem kao do sada, dolazi se doslijedeceg izrazaza brzinu

v(t) =

0 , t < τ1

I1me−(R/m) (t−τ1), τ1 < t < τ2

I1me−(R/m) (t−τ1) +

I2me−(R/m) (t−τ2), t > τ2.

Sada je vec lako gornji izraz poopciti na proizvoljan broj od n udara vanjske sile

v(t) =

n∑

j=1

Ijme−(R/m) (t−τj) (4.45)


pri cemu je uvijek τj < t < τj+1. Zamislimo sada da tih udara ima toliko puno i da sutako bliski u vremenu da djelovanje sile mozemo zamisliti kao kontinuirano - u vremenud τ , sila f na cesticu prenese impluls

d I = f(τ) d τ.

Kontinuirano djelovanje sile u intervalu od τ0 do t ce rezultirati izrazom poput (4.45),samo sto ce umjesto zbroja u ovom slucaju kontinuirane sile, doci integral

v(t) =

∫ t

τ0

d I

me−(R/m) (t−τ) =

∫ t

τ0

f(τ) d τ

me−(R/m) (t−τ), (4.46)

uz pretpostavku da su v(t < τ0) = f(t < τ0) = 0. Ovo gornje razmisljanje naravno nemaegzaktnost pravog izvoda, ali je temeljeno na razumnim pretpostavkama. Je li to uistinui rjesenje polazne jednadzbe (4.40), moguce je provjeriti tako da se (4.46) uvrsti u (4.40)s pocetnim uvjetom v(τ0) = 0. Tako npr. derivacija13 (4.46) po t daje

d v(t)

d t= −R

m

∫ t

τ0

f(τ)

me−(R/m) (t−τ) d τ +

f(t)

m.

U prvom clanu desne strane gornjeg izraza nije tesko prepoznati brzinu, (4.46), tako dagornja jednadzba glasi

d v(t)

d t= −R

mv(t) +

f(t)

m,

a to je upravo jednadzba (4.40). Time je pokazano da je (4.46) rjesenje jednadzbe (4.40)s dobrim pocetnim uvjetom. Primjetimo da se rjesenje (4.46) moze napisati i kao

v(t) =

∫ t

τ0

G(t, τ) f(τ) d τ,

gdje se izaraz G(t, τ)

G(t, τ) =1

me−(R/m) (t−τ)

naziva Greenova funkcija. Precizniji zapis izraza za brzinu bio bi

v(t) =

0 , t < τ0

∫ tτ0

f(τ) d τm

e−(R/m) (t−τ), t > τ0,

ili, preko Greenove funkcije

v(t) =

∫ t

−∞G(t, τ) f(τ) d τ, ∀t,

13 Leibnitzova formula za derivaciju odredenog integrala, npr u [2],

d

dα

∫ h(α)

g(α)f(x, α) d x =

∫ h(α)

g(α)

∂ f(x, α)

∂ αdx+ f(h(α), α)

d h(α)

dα− f(g(α), α)

d g(α)

dα.


gdje je

G(t, τ) =

0 , t < τ0

1me−(R/m) (t−τ), τ0 < t.

Iz gornjih se izraza ocitava i znacenje Greenove funkcije - ona se pojavljuje kao jednavrsta odzivne funkcije jer opisuje odziv sustava (u ovom primjeru sustav je reprezentiranbrzinom cestice) u trenutku t koji je izazvan djelovanjem vanjske smetnje (u ovom jeprimjeru to vanjska sila f) u ranijim trenucima τ < t.

Primjer: 4.2 Promotrimo sada jednu diferencijalnu jednadzbu drugog reda

d2 x(t)

d t2+ 2λ

d x(t)

d t+ ω2

0x(t) =f(t)

m. (4.47)

To je jednadzba prigusenog harmonijskog oscilatora14 na koji djeluje vanjska sila f(t).Potrebno je naci rjesenje ove jednadzbe za silu f koja je nula u svim trenucima osim ukratkom intervalu oko t = τ u kojemu na oscilator prenese impuls iznosa I.

Kada je sila jednaka nuli (homogena jednadzba) i u slucaju slabog prigusenja rjesenje jepoznato15

x(t) = e−λt[C cosωt+ S sinωt

],

za konstantne i C i S i ω =√ω20 − λ2. Kao posljedica djelovanja udarne sile u trenutku

τ , polozaj cestice u tom trenutku je jos uvijek nula, x(τ) = 0, ali je brzina x (τ) = I/m.To su pocetni uvjeti, pridruzeni gornjoj jednadzbi gibanja. Pomocu njih se racunajukonstante C i S

x(τ) = 0 = e−λτ[C cosωτ + S sinωτ

],

x (τ) =I

m= −λ e−λτ

[C cosωτ + S sinωτ

]+ ω e−λτ

[− C sinωτ + S cosωτ

],

⇒ C = − I

mωeλτ sinωτ S =

I

mωeλτ cosωτ,

a time i izraz za x(t)

x(t) =I

mωe−λ(t−τ) sinω(t− τ), t > τ. (4.48)

No, gornjim je izrazom zapravo vec izracunata i Greenova funkcija ovog problema. Naime,ako kao u prethodnom primjeru, umjesto impulsa sile I napisemo d I = f(τ) d τ i to

14Vidjeti npr. odjeljak Prisilni titraji harmonijskog oscilatora u [4]15ibid.


shvatimo kao diferencijal impulsa koji izaziva pomak d x

d x(t) =d I

mωe−λ(t−τ) sinω(t− τ),

=f(τ) d τ

mωe−λ(t−τ) sinω(t− τ)

/ ∫ t

τ0

d τ,

x(t)− x(τ0) =1

mω

∫ t

τ0

e−λ(t−τ) sinω(t− τ) f(τ) d τ.

Buduci da je, prema pocetnom uvjetu, x(τ0) = 0, rjesenje nehomogene jednadzbe jeizrazeno preko Greenove funkcije

x(t) =1

mω

∫ t

τ0

e−λ(t−τ) sinω(t− τ) f(τ) d τ, (4.49)

(4.50)

=

∫ t

τ0

G(t, τ) f(τ) d τ,

(4.51)

G(t, τ) =1

mωe−λ(t−τ) sinω(t− τ). (4.52)

Tocnost ovog rjesenja se, opet, moze provjeriti uvrstavanjem (4.49) u (4.47). Usporedbomizraza (4.48) i (4.52), vidi se da je G istog oblika kao i rjesenje x za slucaj da je impulsvanjske sile jedinicnog iznosa. S obzirom da je vremenski interval tijekom kojega djelujevanjska sila, iscezavajuce malen, a da impuls sile treba biti jedinicnog iznosa

lim∆ τ → 0

∫ τ+∆ τ

τ

f(τ) d τ = I = 1,

to sama sila mora biti beskonacnog iznosa16. Funkcija koja zadovoljava ove, pomaloneobicne zahtjeve je Diracova δ-funkcija17

f(t) = δ(t− τ).

Iz ovog razmisljana slijedi zakljucak da Greenova funkcija zadovoljava jednadzbu oblika(4.47), ali sa vanjskom silom jednakom Diracovoj δ-funkciji

d2G(t, τ)

d t2+ 2λ

dG(t, τ)

d t+ ω2

0G(t, τ) =δ(t− τ)

m.

16Sjetimo se da se vrijednost integrala geometrijski interpretira kao povrsina ispod podintegralne funkcije.17odjeljak 6.1

4.5. OBICNE LINEARNE DIFERENCIJALNE JEDNADZBE DRUGOGREDA S NEODREDENIM POCETNIMUVJETIMA

4.5 Obicne linearne diferencijalne jednadzbe drugog reda s neodredenim

pocetnim uvjetima

U klasicnoj mehanici se putanja cestice odreduje rjesavanjem jednadzbe gibanja18, koja ujednoj dimenziji (gibanje po osi x) izgleda ovako.

md2 x

d t2= Fx.

Rjesenje gornje jednadzbe

x = x(t)

odreduje polozaj cestice u proizvoljnom vremenskom trenutku −∞ < t < +∞. Ono jeu cjelosti odredeno tek zadavanjem pocetnih uvjeta i upravo su pocetni uvjeti glavnipredmet zanimanja u ovom odjeljku. Promatrat ce se cetiri vrste pocetnih uvjeta:

(a) Pocetni polozaj x0 i brzina v0 u pocetnom trenutku t0 su poznati s proizvoljnomtocnoscu

x(t = t0) = x0, v(t = t0) ≡d x

d t

∣∣∣∣t=t0

= v0.

Radi usporedbe s (b), (c) i (d), gornji pocetni uvjeti se takoder mogu napisati i prekoraspodjele gustoce vjerojatnosti

ρ0(x) = δ(x− x0), φ0(v) = δ(v − v0).

(b) Neka se pocetni polozaj i brzina cestice odreduju eksperimentalnim putem, tako dau sebi sadrze i odredenu gresku. Pretpostavimo da je brzina cestice odredena savrsenotocno (ne sadrzi gresku ili je ta greska puno manja od greske u odredivanju polozaja),

v(t = t0) ≡d x

d t

∣∣∣∣t=t0

= v0 ⇐⇒ φ0(v) = δ(v − v0),

ali polozaj cestice nije tocno odreden. Za pocetni polozaj cestice se zna da je blizu tockex0 i da je vjerojatnost da se cestica nade u intervalu (x, x + d x) opisana Gaußovomraspodjelom

ρ0(x) d x =1

σx√2 πe

−(x− x0)

2

2 σ2x d x.

(c) Pretpostavimo sada da je polozaj cestice odreden savrseno tocno (ne sadrzi gresku ilije ta greska puno manja od greske u odredivanju brzine),

x(t = t0) = x0 ⇐⇒ ρ0(x) = δ(x− x0),

ali brzina cestice nije tocno odredena. Za pocetnu brzinu cestice se zna da je blizu vri-jednosti v0 i da je vjerojatnost da je brzina cestica unutar intervala (v, v + d v) opisana

18Vidjeti npr. [?].


Gaußovom raspodjelom

φ0(v) d v =1

σv√2 πe

−(v − v0)

2

2 σ2v d v.

(d) Posljednji moguci odabir pocetnih uvjeta je da su i polozaj i brzina cestice odredenisamo preko vjerojatnosti

ρ0(x) d x =1

σx√2 πe

−(x− x0)

2

2 σ2x d x,

φ0(v) d v =1

σv√2 πe

−(v − v0)

2

2 σ2v d v.

Rjesenje se provjerava tako sto se provjeri zadovoljava li ono polaznu diferencijalnu jed-nadzbu i zadovoljava li pocetne uvjete.

Slobodna cesticaPosebno je jednostavan slucaj slobodne cestice (na koju ne djeluju sile), kada jednadzbagibanja glasi

d2 x

d t2= 0. (4.53)

(a) Rjesenje za polozaj cestice u proizvoljnom trenutku, kada su pocetni uvjeti savrsenotocno poznati, je

x(t) = x0 + v0 (t− t0), ∀ t.

Gornje rjesenje zadovoljava i pocetne uvjete iz (a) i jednadzbu gibanja (4.53) i u tom jesmislu ovaj dio problema u cjelosti rjesen.

(b) Kada polozaj cestice nije tocno poznat u pocetnom trenutku, ocito je da ce i polozaju svakom drugom vremenskom trenutku, proracunat iz (4.53), takoder biti poznat samos nekom vjerojatnoscu. Zadatak je odrediti tu nepoznatu raspodjelu vjerojatnosti

ρt(x) =?

Nepoznatu vjerojatnost cemo odrediti na temelju fizickih argumenata. Buduci da nacesticu ne djeluju vanjske sile, njezina ce brzina sve vrijeme biti konstantna i jednakapocetnoj brzini v(t) = v0. Maksimum raspodjele ρ0(x) (a za Gaußovu raspodjelu maksi-mum je jednak srednjoj vrijednosti) se nalazi u tocki x0

x0 = 〈 X 〉,

pa cemo pretpostaviti da ce se nakon vremena t − t0, taj isti maksimum naci u tocki zav0(t− t0) udaljenoj od pocetne tocke, tj. u tocki s koordinatom

x(t) = x0 ± v0(t− t0)

4.5. OBICNE LINEARNE DIFERENCIJALNE JEDNADZBE DRUGOGREDA S NEODREDENIM POCETNIMUVJETIMA

(predznak ± opisuje gibanje na lijevu ili desnu stranu u odnosu na x0). Na temelju ovepretpostavke i poznavanja ρ0(x) pogadamo da ce ρt(x) biti oblika

ρt(x) d x =1

σx√2 πe

−[x− x0 ± v0(t− t0)]

2

2 σ2x d x. (4.54)

Je li gornji izraz tocan ili nije, ustanovljava se tako da se provjeri je li zadovoljena dife-rencijalna jednadzba i jesu li ispunjeni pocetni uvjeti.Naravno da sada umjesto jednadzbe (4.53), moramo traziti da bude zadovoljena jed-nadzba

d2 〈 X 〉d t2

= 0. (4.55)

Izravnom integracijom, lako se dobiva

〈 X 〉 =∫

x ρt(x) d x = x0 ± v0(t− t0),

sto zadovoljava jednadzbu (4.55). Kada se u (4.54) stavi t = t0 dobije se prvi pocetni uvjetiz (b), a derivacijom gornjeg izraza, dobiva se i druga jednadzba pocetnog uvjeta iz (b).Time je pokazano da (4.54) opisuje vjerojatnost nalazenja slobodne cestice u intervalu(x, x + d x) u proizvoljnom vremenskom trenutku. Vidimo da je raspodjela ρt(x) istogoblika kao i ρ0(x), s jedinom razlikom sto se maksimum raspodjele ρt(x) giba po osi xkonstantnom brzinom + v0 (slika 4.3).

Slika 4.3: Sirenje valnog paketa kada je pocetna brzina tocno odredena, a pocetni polozaj poznat samos odredenom vjerojatnoscu. Valni paket se giba konstantnom brzinom v0 u smjeru pozitivne osi x uzt0 < t1 < t2 i x0 < x1 < x2 i ne mijenja svoj oblik.

(c) Sada je polozaj cestice tocno poznat u pocetnom trenutku, ali je brzina poznata samo snekom vjerojatnoscu φ0(v). No, buduci da na cesticu ne djeluju sile, brzina je sve vrijemegibanja cestice konstantna - ne znamo kolika je, ali znamo da je konstantna. Zato ce i


raspodjela vjerojatnosti u svakom t 6= t0 biti ista kao i u t0

φt(v) = φ0(v).

Zadatak je, polazeci od vjerojatnosti φt(v) odrediti raspodjelu vjerojatnosti

ρt(x).

Takav je zadatak vec opcenito rjesen u odjeljku ?? relacijom (??) koja u sadasnjoj notacijiglasi ovako

ρt(x) = φt(v)

∣∣∣∣d v

d x

∣∣∣∣ .

Buduci da je brzina neodredena, to ce i polozaj cestice nakon vremena t− t0 takoder bitineodreden, pri cemu ce najvjerojatniji polozaj cestice biti odreden preko najvjerojatnijevrijednosti brzine na slijedeci nacin

〈 X 〉 = x0 ± 〈 V 〉(t− t0)

i

d v

d x−→ d 〈 V 〉

d 〈 X 〉 =1

t− t0

iz cega slijedi

ρt(x) = φt(v)1

t− t0

∣∣∣∣v=±x−x0

t−t0

=1

t− t0

1

σv√2 πe

−

(±x−x0

t−t0 − v0

)2

2 σ2v

=1

(t− t0) σv√2 πe

−[x− (x0 ± v0 (t− t0))]

2

2 (t− t0)2 σ2v , t 6= t0, (4.56)

dok je

ρt=t0(x) = δ(x− x0),

ili, preglednije napisano

ρt(x) =

δ(x− x0) , t = t0,

1

(t− t0) σv√2 πe

−[x− (x0 ± v0 (t− t0))]

2

2 (t− t0)2 σ2v , t 6= t0 .

Iz gornjeg rjesenja se ocitava

〈 X 〉 = x0 ± 〈 V 〉(t− t0),

4.6. PARCIJALNE LINEARNE DIFERENCIJALNE JEDNADZBE 153

sto zadovoljava jednadzbu gibanja (4.55) i pocetne uvjet iz (b). Primjetimo, da za razliku

Slika 4.4: Sirenje valnog paketa kada je pocetni polozaj tocno odreden, a pocetna brzina poznata samos odredenom vjerojatnoscu. Valni paket se i dalje giba, doduse nepoznatom, ali konstantnom brzinomv u smjeru pozitivne osi x uz t0 < t1 < t2 i x0 < x1 < x2 pri cemu se sirina valnog paketa povecava svremenom.

od rjesenja (4.54) koje je prikazivalo valni paket koji se nepromjenjenog oblika siri duz osix, valni paket iz (4.56) se takoder giba duz osi x, ali mijenja svoj oblik tijekom vremena(slika 4.4). Sirina tog valnog paketa je dana izrazom σx koji se ocitava iz (4.56) i koji jejednak

σx = (t− t0) σv,

dakle raste s vremenom. Nakon vremena t ≫ t0, neodredenost u polozaju cestice je vrlovelika.

(d)

Slobodni harmonijski oscilator

dovrsiti

4.6 Parcijalne linearne diferencijalne jednadzbe

Primjeri parcijalnih diferencijalnih jednadzba:

(1) Laplaceova jednadzba

∇ 2ψ = 0,


koja se pojavljuje u teoriji elektromagnetizma (elektrostatika, dielektrici, stacionarnestruje, magnetostatika), hidrodinamici (bezvrtlozni protok savrsenog fluida, povrsinskivalovi itd.), strujanje topline, gravitacija itd.;

(2) Poissonova jednadzba

∇ 2ψ = − ρ

ǫ0,

koja je nehomogena varijanta Laplaceove jednadzbe. Nehomogeni clan (razmjeran gustoci)opisuje izvor funkcije ψ;

(3) valna (ili Helmholtzova) i vremenski neovisna difuzijska jednadzba

∇ 2ψ ± k 2 ψ = 0,

koja se pojavljuje u opisu elasticnih valova u krutinama (ukljucujuci tu i opise titranjazice, grede, membrane i slicno), zvucne valove, elektromagnetske valove, nuklearne reak-tore;

(4) vremenski ovisna difuzijska jednadzba

∇ 2ψ =1

a2∂ ψ

∂ t

i njezino cetverodimenzijsko poopcenje koje sadrzi dalemberijan (cetverodimenzijsko poopcenjelaplasijana ∇ 2 u prostoru Minkowskog)

∂µ ∂µ = ∂2 =1

c2∂2

∂ t2−∇ 2

(5) vremenski neovisna valna jednadzba

∂2ψ = 0

(6) jednadzba za skalarni potencijal

∂2ψ =ρ

ǫ0

(7) Klein-Gordonova jednadzba

∂2ψ = −a2 ψ


(8) vremenski ovisna Schrodingerova valna jednadzba

− ~ 2

2m∇ 2ψ + Epψ = ı

∂ ψ

∂ t

i vremenski neovisna Schrodingerova valna jednadzba

− ~ 2

2m∇ 2ψ + Epψ = E ψ.

(9) jednodimenzijska valna vremenski ovisna jednadzba

∂2ψ(x, t)

∂t2= v2

∂2ψ(x, t)

∂x2.

koja opisuje transverzalne titraje napete niti, kao sto je to opisano npr. u [4].

Zadrzimo se na ovom posljednjem primjeru parcijalne diferencijalne jednadzbe. Slicno kaoi kod obicnih diferencijalnih jednadzba i ovdje je rjesenje jednadzbe jednoznacno odredenone samo rjesavanjem jednadzbe nego i zadavanjam pocetnih (rubnih) uvjeta. Ako se uvjetiodnose na prostorne varijable, onda se nazivaju rubni uvjeti, a ako se odnose na vremenskuvarijablu, tada se nazivaju pocetni uvjeti. Na primjeru jednodimenzijske valne jednadzbe,rubni uvjeti izrazavaju cinjenicu da u svakom proizvoljnom trenutku t, napeta nit mirujeu svojim rubovima u tockama x = 0 i x = L

ψ(0, t) = 0, ψ(L, t) = 0.

Pocetni uvjeti opisuju polozaj i brzinu svakog elementa niti u odabranom trenutku (obicnose taj trenutak proglasava pocetkom mjerenja vremena, t = 0)

ψ(x, 0) = ψ0(x),∂ψ(x, t)

∂t

∣∣∣∣t=0

= v0(x).

U ovom ce odjeljku biti rijeci o nekim opcim postupcima rjesavanja parcijalnih diferenci-jalnih jednadzba drugog reda, kao sto su:

(A) Razdvajanje (separacija) varijabli. Ovim se postupkom jedna parcijalna di-ferencijalna jednadzba raspada na nekoliko obicnih diferencijalnih jednadzba. Ove obicnediferencijalne jednadzbe nisu medusobno neovisne, nego su povezane zajednickimkonstantama koje se pojavljuju kao svojstvene vrijednosti linearnih diferencijalnihoperatora (najcesce u jednoj varijabli). Svojstvena vrijednost l linearnog diferencijalnogoperatora L je broj (skalar) koji zadovoljava jednadzbu19

Lψ = l ψ.

19Ovaj je pojam posve slican pojmu svojstvene vrijednosti a matrice A ~v = a~v, s kojim su se citatelji upoznali u linearnojalgebri.


Jedan primjer ovakvog postupka je i Helmholtzova jednadzba navedena gore kao primjer(3), gdje se konstanta, tj. svojstvena vrijednost ∇ 2 operatora, l ≡ ±k 2, pojavila kaorezultat razdvajanja vremenske od prostornih koordinata. Slicno se u primjeru (8) uSchrodingerovoj jednadzbi vidi da je energija E svojstvena vrijednost operatora vremen-ske derivacije koja se pojavljuje kada se razdvoje vremenska i prostorne koordinate. Ovakodobivene obicne diferencijalne jednadzbe se dalje mogu rjesavati Frobeniusovim razvojemu red potencija ili nekim drugim postupkom.

(B) Prevodenje parcijalne diferencijalne jednadzbe u integralnu jednadzbu koristeci Gre-enove funkcije. Ovaj se postupak primjenjuje na nehomogene diferencijalne jed-nadzbe, kao sto su npr. jednadzbe navedene gore pod (2) i (6).

(C) Neke druge analiticke metode (kao sto je npr. primjena integralnih preobrazbi)o kojima ce biti rijeci kasnije.

(D) Numericke metode. Vrlo velika brzina racunala, omogucava ucinkovitu primjenucijelog niza numerickih metoda, od kojih cemo neke spomenuti u nastavku.

Klase parcijalnih diferencijalnih jednadzba i karakteristike:dovrsiti

Nelinearne parcijalne diferencijalne jednadzbe:

U posljednje vrijeme, istrazivanje nelinearnih pojava u fizici, dobiva sve veci znacaj. Ilus-trirajmo to na primjeru Korteweg - de Vriesove jednadzbe

∂ ψ

∂ t+ ψ

∂ ψ

∂ x+∂3 ψ

∂ x3= 0.

koja opisuje sirenje valova u plitkoj vodi (ne racunajuci viskoznost tekucine).dovrsiti

Rubni uvjeti:Kao i kod obicnih diferencijalnih jednadzba, tako je i kod parcijalnih diferencijalnih jed-nadzba, rjesenje najcesce treba zadovoljavati odredene rubne uvjete. Ovi se rubniuvjeti mogu podjeliti u tri klase:

(ı) Cauchyjevi rubni uvjeti:zadana je vrijednost funkcije i njezina okomita derivacija na zadanu rubnu plohu.Npr. u elektrostatici to mogu biti skalarni elektricni potencijal i okomita komponentaelektricnog polja.

(ı ı) Dirichletovi rubni uvjeti: zadana je (samo) vrijednost funkcije na rubu.

(ı ı ı) Neumannovi rubni uvjeti: zadana je (samo) okomita derivacija funkcije narubu.


U ovom ce se odjeljku rubnim uvjetima nazivati i ono sto se inace naziva pocetni uvjeti.Npr. zadavanje pocetnog polozaja ~r0 i pocetne brzine ~v0 u nekoj jedndzbi gibanja, pred-stavlja Cauchyjev rubni uvjet.

4.6.1 Razdvajanje varijabli

U ovom ce se odjeljku pokazati kako se parcijalne diferencijalne jednadzbe rjesavaju me-todom razdvajanja varijabli. Ako parcijalna diferencijalna jednadzba sadrzi n varijabli,tada se ona rastavlja na n obicnih (koje sadrze samo jednu varijablu) diferencijalnih jed-nadzba. Ovih n obicnih diferencijalnih jednadzba nisu medusobno nezavisne negosu povezane s n − 1 konstantom razdvajanja. Vrijednosti ovih konstanata se odredujuiz uvjeta postavljenih na problem koji opisuje polazna parcijalna diferencijalna jednadzba.

Objasnimo ovaj postupak na primjeru Helmholtzove jednadzbe. Razdvajanje varijablicemo provesti u pravokutnom, cilindricnom i sfernom koordinatnom sustavu.

Razdvajanje varijabli u pravokutnom koordinatnom sustavu:Helmholtzova jednadzba u pravokutnom koordinatnom sustavu glasi

∂2 ψ

∂ x2+∂2 ψ

∂ y2+∂2 ψ

∂ z2+ k 2 ψ = 0, (4.57)

gdje je k 2 konstanta. Pokusajmo rijesiti gornju jednadzbu pretpostavivsi da se nepoznatafunkcija tri varijable ψ(x, y, z) moze napisati u obliku umnoska20

ψ(x, y, z) = X(x) Y (y)Z(z),

gdje je svaka od nepoznatih funkcijaX, Y i Z funkcija smao jedne varijable. Uvrstavanjemgornjeg oblika za ψ u (4.57) , dobije se

d2X

dx2Y Z +X

d2 Y

d y2Z +XY

d2 Z

d z2+ k 2XY Z = 0.

Sada se cijela jednadzba podijeli s XY Z i samo clanovi ovisni o x se ostave na lijevojstrani

1

X

d2X

dx2= −k 2 − 1

Y

d2 Y

d y2− 1

Z

d2Z

d z2.

U gornjoj su jednadzbi varijable razdvojene: lijeva strana ovisi samo o x, a desna ovisi o yi z, ali ne i o x. Gledano sa stanovista ovisnosti o varijabli x, desna strana je konstantna.Isto tako, gledano sa stanovista varijabli y i z, lijeva strana je konstantna. To je, naravno,ista konstanta, koju cemo oznaciti s −l2 (predznak i kvadrat naravno nisu nuzni, ali su

20Jedan primjer ovakvog rjesvanja valne jednadzbe moze se naci i u odjeljku 10.2.2 knjige [4].


odabrani zato da neki kasniji detalji racuna budu jednostavniji)

1

X

d2X

dx2= −l 2 (4.58)

−k 2 − 1

Y

d2 Y

d y2− 1

Z

d2Z

d z2= −l 2. (4.59)

Sada se jednadzba (4.59) napise u obliku da je sva ovisnost o y na lijevoj strani, a svaovisnost o z na desnoj

1

Y

d2 Y

d y2= l 2 − k 2 − 1

Z

d2Z

d z2.

Opet je, sa stanovista ovisnosti o varijabli y, desna strana konstanta. Sa stanovistaovisnosti o varijabli z, lijeva strana je ta ista konstanta. Za kasnije racune, zgodno je tukonstantu odabrati kao −m 2

1

Y

d2 Y

d y2= −m 2,

1

Z

d2 Z

d z2= m 2 + l 2 − k 2 ≡ −n 2.

Konstanta n 2 = k 2 − l 2 − m 2 je uvedena kako bi se jednadzbe za X, Y i Z dobile usimetricnom obliku

d2X

dx2+ l 2X = 0, X ≡ Xl

d2 Y

d y2+m 2 Y = 0, Y ≡ Ym

d2Z

d z2+ n 2 Z = 0, Z ≡ Zn(l,m)

l2 +m2 + n2 = k2.

Svako od gornjih rjesenja ovisi o vrijednosti pridruzene konstante, pa je

ψlm(x, y, z) = Xl(x) Ym(y)Zn(z), n = n(l, m) .

Konstante se odreduju iz uvjeta na problem koji se rijesava i zahtjeva da je k 2 = l 2+m 2+n 2. Zbog linearnosti diferencijalnog operatora, najopcenitije rjesenje polazne jednadzbe(4.57) je linearna kombinacija gornjih rjesenja

Ψ =∑

l

∑

m

alm ψlm,

pri cemu se koeficijenti alm odreduju iz rubnih uvjeta na funkciju Ψ.

Razdvajanje varijabli u cilindricnom koordinatnom sustavu:Pogledajmo sada kao se izvodi razdvajanje varijable u istoj Helmholtzovoj jednadzbi, ali


ce se sada koristiti cilindricne koordinate ρ, ϕ i z,

∇ 2ψ(ρ, ϕ, z) + k 2 ψ(ρ, ϕ, z) = 0.

Laplaceov operator u cilindricnim koordinatama je dan u (1.21), pa raspisana Helmholt-zova jednadzba glasi

1

ρ

∂

∂ ρ

(ρ∂ ψ

∂ ρ

)+

1

ρ2∂2 ψ

∂ ϕ2+∂2 ψ

∂ z2+ k 2 ψ = 0.

Kao i u prethodnom odjeljku i sada pretpostavljamo (pogadamo) da se ψ(ρ, ϕ, z) mozenapisati kao umnozak tri funkcije od po jedne varijable

ψ(ρ, ϕ, z) = ? = R(ρ) Φ(ϕ) Z(z)

i uvrstimo ovu pretpostavku u jednadzbu

1

ρ

d

d ρ

(ρdR

d ρ

)ΦZ +R

1

ρ2d2Φ

d ϕ2Z +RΦ

d2 Z

d z2+ k 2RΦ Z = 0.

Gornju jednadzbu podijelimo s RΦ Z i clanove ovisne o z ostavimo na lijevoj strani, asve ostalo prebacimo na desnu

1

Z

d2 Z

d z2= − 1

Rρ

d

d ρ

(ρdR

d ρ

)− 1

Φρ2d2Φ

d ϕ2− k 2. (4.60)

Kao i u prethodnom odjeljku i sada primjecujemo da je sa stanovista ovisnosti o varijabliz, desna strana konstantna. Radi pogodnosti u kasnijem racunu, nazovimo tu konstantul 2

1

Z

d2 Z

d z2= l 2.

Ovim izborom desna strana (4.60) postaje

1

Rρ

d

d ρ

(ρdR

d ρ

)+

1

Φρ2d2Φ

d ϕ2+ k 2 = −l 2

1

Rρ

d

d ρ

(ρdR

d ρ

)+

1

Φρ2d2Φ

d ϕ2= −l 2 − k 2

/· ρ2

ρ

R

d

d ρ

(ρdR

d ρ

)+ (l 2 + k 2)ρ2 = − 1

Φ

d2Φ

d ϕ2.

Sva ovisnost o ρ je na lijevoj, a sva ovisnost o ϕ je na desnoj strani jednadzbe. Sastanovista ovisnosti o ρ, desna strana je konstanta, a sa stanovista ovisnosti o ϕ, lijevastrana je konstantna. Nazovimo tu konstantu m 2

m 2 = − 1

Φ

d2Φ

d ϕ2,

m 2 =ρ

R

d

d ρ

(ρdR

d ρ

)+ (l 2 + k 2)ρ2.


Uobicajeno je uvesti n 2 relacijom n 2 = l 2 + k 2. Sada sustav za sve tri funkcije glasi

d2 Z

d z2− l 2 Z = 0, Z ≡ Zl

d2Φ

d ϕ2+m 2 φ = 0, Φ ≡ Φm

ρd

d ρ

(ρdR

d ρ

)+ (n 2ρ2 −m 2)R = 0, R ≡ Rn,m. (4.61)

Ova posljednja jednadzba je poznata kao Besselova diferencijalna jednadzba. Njeznase rjesenja zovu Besselove funkcije i o njima ce biti vise rijeci u odjeljku 7.2 Svako odgornjih rjesenja ovisi o vrijednosti pridruzene konstante (ili vise njih), pa je

ψlm(ρ, ϕ, z) = Rmn(ρ) Φm(ϕ)Zl(z), n = n(l).

Najopcenitiji oblik rjesenja je linearna kombinacija gornjih rjesenja

Ψ =∑

l

∑

m

alm ψlm,

gdje se koeficijenti alm odreduju iz rubnih uvjeta na funkciju Ψ.

Razdvajanje varijabli u sfernom koordinatnom sustavu:Pogledajmo sada kao se izvodi razdvajanje varijable u Helmholtzovoj jednadzbi, ali usfernim koordinatama r, θ i ϕ,

∇ 2ψ(r, θ, ϕ) + k 2 ψ(r, θ, ϕ) = 0.

Laplaceov operator u sfernim koordinatama je dan u (1.20), pa raspisana Helmholtzovajednadzba glasi

1

r 2

∂

∂ r

(r 2∂ ψ

∂ r

)+

1

r 2 sin θ

∂

∂ θ

(sin θ

∂ ψ

∂ θ

)+

1

r 2 sin2 θ

∂2 ψ

∂ ϕ2+ k 2 ψ = 0. (4.62)

Kao i do sada pretpostavljamo (zapravo pogadamo) da se ψ(r, θ, ϕ) moze napisati kaoumnozak tri funkcije od po jedne varijable

ψ(r, θ, ϕ) = ? = R(r) Θ(θ) Φ(ϕ)

i uvrstimo ovu pretpostavku u Helmholtzovu jednadzbu

1

r 2

d

d r

(r 2dR

d r

)ΘΦ+R

1

r 2 sin θ

d

d θ

(sin θ

dΘ

d θ

)Φ +RΘ

1

r 2 sin2 θ

d2Φ

d ϕ2+ k 2RΘΦ = 0.

Pomnozi li se cijela gornja jednadzba s r 2 sin2 θ i podjeli s , RΘΦ, dobiva se

1

Φ

d2Φ

d ϕ2= r 2 sin2 θ

[−k 2 − 1

R

1

r 2

d

d r

(r 2dR

d r

)− 1

Θ

1

r 2 sin θ

d

d θ

(sin θ

dΘ

d θ

)]

= −k 2 r 2 sin2 θ − sin2 θ

R

d

d r

(r 2dR

d r

)− sin θ

Θ

d

d θ

(sin θ

dΘ

d θ

).


Sva ovisnost o varijabli ϕ je na lijevoj strani, pa je desna strana konstanta u ϕ. Radijednostavnosti u kasnijim racunima, nazovimo tu konstantu −m 2

−m 2 =1

Φ

d2Φ

d ϕ2,

−m 2 = −k 2 r 2 sin2 θ − sin2 θ

R

d

d r

(r 2dR

d r

)− sin θ

Θ

d

d θ

(sin θ

dΘ

d θ

).

Sada treba u gornjoj jednadzbi razdvojiti preostale dvije varijable. Da bi se to postiglo,dovoljno je cijelu jednadzbu podijeliti sa sin2 θ

m 2

sin2 θ− 1

Θ sin θ

d

d θ

(sin θ

dΘ

d θ

)= k 2 r 2 +

1

R

d

d r

(r 2dR

d r

).

Varijable su razdvojene i svaku stranu jednadzbe mozemo izjednaciti s konstantom kojucemo nazvati l(l + 1)

l(l + 1) =m 2

sin2 θ− 1

Θ sin θ

d

d θ

(sin θ

dΘ

d θ

),

l(l + 1) = k 2 r 2 +1

R

d

d r

(r 2dR

d r

).

Na taj nacin smo, umjesto parcijalne diferencijalne jednadzbe (4.62), dobili sustav od trivezane obicne diferencijalne jednadzbe

d2Φ

d ϕ2+m 2Φ = 0, Φ ≡ Φm

1

sin θ

d

d θ

(sin θ

dΘ

d θ

)+

[l(l + 1)− m 2

sin2 θ

]Θ = 0, Θ ≡ Θm

l

1

r 2

d

d r

(r 2dR

d r

)+

[k 2 − l(l + 1)

r 2

]R = 0 R ≡ Rl. (4.63)

O rjesenjima ovih jednadzba ce biti vise rijeci kasnije u odjeljku 7.3. Za sada recimo samoda je jednadzba za Θ poznata kao Legendreova diferencijalna jednadzba, a jednadzbaza R je jednadzba sfernih Besselovih funkcija. Svako od gornjih rjesenja ovisi opridruzenim konstantama, pa je najopcenitije rjesenje njihova linearna kombinacija

Ψ =∑

l

∑

m

alm ψlm,

gdje se koeficijenti alm odreduju iz rubnih uvjeta na funkciju Ψ. Primjetimo da se ugornjem racunu nismo ogranicili na slucaj k 2 = const. Naprotiv, za k 2 = f(r), jednadzbaza R se moze egzaktno rijesiti u nekim vaznim slucajevima, kao npr. za vodikov atom ukvantnoj mehanici, ali i niz drugih problema iz gravitacije, elektrostatike, nuklearne fizikeitd.


4.6.2 Laplaceova i Poissonova jednadzba

4.6.3 Difuzijska jednadzba

dovrsiti

Primjeri primjene Fourierove i Laplaceove preobrazbe na rjesavanje parcijalnih diferenci-jalnih jednadzba nalaze se u odjeljcima, redom, 9.2.8 i 9.3.6.

4.6.4 PLDJ: Greenove funkcije

U ovom ce se odjeljku pokazati kako se mogu dobiti rjesenja parcijalnih nehomogenihdiferencijalnih jednadzba, koristeci se metodom Greenovih funkcija.

Primjer: 4.3 Zapocnimo s jednim trodimenzijskim primjerom iz elektrostatike: trebarijesiti Poissonovu jednadzbu (parcijalna diferencijalna jednadzba) za elektrostatski po-tencijal V (~r)

∇ 2 V (~r) = − ρq(~r)

ǫ0, (4.64)

i njezinu homogenu varijantu, Laplaceovu jednadzbu

∇ 2 V (~r) = 0 (4.65)

koja vrijedi u tockama bez elektricnog naboja, ρq(~r) = 0.Ako su naboji tockasti i iznosa su qi, a nalaze se u tockama ~ri, tada je iz elektrostatike poz-nato da je potencijal V u tocki ~r jednak algebarskom zbroju potencijala pojedinih tockastihnaboja

V (~r) =1

4πǫ0

∑

i

qi|~r − ~ri|

.

Ukoliko naboji nisu tockasti, nego su priblizno kontinuirano raspodjeljeni u nekom dijeluprostora u kojemu su opisani prostornom gustocom naboja ρq(~r), tada je potencijal dan s

V (~r) =1

4πǫ0

∫ρq(~r

′)

|~r − ~r ′| d3 r ′ . (4.66)

Gornji izraz daje potencijal koji u tocki ~r stvara naboj opisan gustocom naboja ρq i zatoje to rjesenje Poissonove jednadzbe (4.64).Slovom G cemo oznaciti Greenovu funkciju, koja je rjesenje jednadzbe Poissonova tipa,


ali s gustocom naboja jednakom ǫ0 smjestenom u tocku21 ~r ′

∇ 2 G(~r, ~r ′) = − δ(~r − ~r ′). (4.67)

Iz usporedbe gornje jednadzbe s (4.64), vidi se da je G je potencijal koji u tocki ~r stvaragustoca naboja naboja iznosa ǫ0 u koja se nalazi u tocki ~r ′. Lako je uvjeriti se da jerjesenje jednadzbe (4.64), dano sa

V (~r) =

∫G(~r, ~r ′)

ρq(~r′)

ǫ0d 3 r ′ .

Djelovanje ∇ 2 na gornju jednadzbu daje

∇ 2 V (~r) =

∫∇ 2 G(~r, ~r ′)

ρq(~r′)

ǫ0d 3 r ′

= −∫

δ(~r − ~r ′)ρq(~r

′)

ǫ0d 3 r ′

= − ρq(~r)

ǫ0.

Zadatak: 4.23 Elektrostatski potencijal je oblika

V (r) =Z

4πǫ0

e−α r

r.

Kako izgleda raspodjela naboja koja stvara ovakav potencijal.

R:

Greenov teorem:Prema Gaussovu teoremu [4], za proizvoljno vektorsko polje ~V je

∫ −→∇ ~V d 3r =

∮~V d~S .

Uzme li se da je ~V = v−→∇ u, tada je

−→∇ ~V =−→∇(v

−→∇ u) = (−→∇v) (−→∇ u) + v∇ 2 u.

21O funkciji δ(x) ce biti vise rijeci u odjeljku 6.1. Njezina je definicija

∫ B

Aδ(x − a) dx =

1, a ∈ [A,B]

0, a /∈ [A,B],

a posljedica ove definicije je

∫ B

Af(x) δ(x− a) dx =

f(a), a ∈ [A,B]

0, a /∈ [A,B].


Uvrsti li se ovo u Gaussov teorem, slijedi∫ [

(−→∇v) (

−→∇ u) + v∇ 2 u]=

∮v−→∇ u d~S =

∮v∂ u

∂ ndS.

U gornjem je izrazu s ∂ u/∂ n = n−→∇u oznacena derivacija u u smjeru okomitom na

zatvorenu plohu S. Da smo odabrali ~V = u−→∇ v, istim postupkom kao gore, dobilo bi se

(jednostavnom zamjenom u ↔ v)∫ [

(−→∇v) (−→∇ u) + u∇ 2 v

]=

∮u−→∇ v d~S =

∮u∂ v

∂ ndS.

Napravi li se razlika gornja dva izraza, dobiva se Greenov teorem∫ [

v∇ 2 u− u ∇ 2 v]d 3 r =

∮(v

−→∇ u− u−→∇ v) d~S =

∮ (v∂ u

∂ n− u

∂ v

∂ n

)dS.

∫ [v∇ 2 u− u ∇ 2 v

]d 3 r =

∮ (v∂ u

∂ n− u

∂ v

∂ n

)dS. (4.68)

Identificiramo li v s potencijalom V , a u s Greenovom funkcijom G,

v(~r ′) → V (~r ′), u(~r, ~r ′) → G(~r, ~r ′),

Greenov teorem postaje∫

[V (~r ′) ∇ ′ 2 G(~r, ~r ′)−G(~r, ~r ′) ∇ ′ 2 V (~r ′)] d 3 r ′ =

∮ [V (~r ′)

∂ G(~r, ~r ′)

∂ n ′ −G(~r, ~r ′)∂ V (~r ′)

∂ n ′

]dS ′.

U sfernom koordinatnom sustavu je dS = r2 sin θ dθ dϕ, pa ako integrand na desnoj stranitrne brze od r2, moguce je podrucje integracije toliko povecati, da integral po povrsinitog velikog podrucja (desna strana) iscezava. U tom slucaju je

∫V (~r ′) ∇ 2 G(~r, ~r ′) d 3 r ′ =

∫G(~r, ~r ′) ∇ 2 V (~r ′) d 3 r ′ .

Uvrstavanjem (4.64) i (4.67), slijedi∫

V (~r ′) δ(~r − ~r ′) d 3 r ′ =

∫G(~r, ~r ′)

ρ(~r ′)

ǫ0d 3 r ′ .

Prema temeljnom svojstvu Diracove delta funkcije, lijeva je strana gornjeg izraza jednakaV (~r)

V (~r) =1

ǫ0

∫G(~r, ~r ′) ρ(~r ′) d 3 r ′ . (4.69)

U odjeljku 6.1, je pokazano da je

∫∇ 2

(1

r

)d 3r =

−4π ,

0 .


jednak nuli ako podrucje integracije ne sadrzi ishodiste, a da je jednak −4π, ako podrucjeintegracije sadrzi ishodiste. Prema temeljnom svojstvu Diracove delta funkcije, moze senapisati

∇ 2

(1

−4π r

)= δ(~r),

ili uz zamjenu varijabli

∇ 2

(1

4π |~r − ~r ′|

)= −δ(~r − ~r ′).

Usporedbom gornje jednadzbe sa (4.67), slijedi izraz za Greenovu funkciju trodimenzijskogLaplaceovog operatora

G(~r, ~r ′) =1

4π |~r − ~r ′| . (4.70)

Prema (4.69), rjesenje Poissonove jednadzbe za potencijal je

V (~r) =1

4πǫ0

∫ρq(~r

′)

|~r − ~r ′| d3 r ′ , (4.71)

sto je potpuno u skladu s rjesenjem (4.66) za potencijal poznatim iz elektrostatike. Ovomse rjesenju moze dodati rjesenje homogene Laplaceove jednadzbe (4.65), koja moze opi-sivati ucinak npr. vanjskog elektricnog polja (od udaljenih naboja - tako da je njihovagustoca jednaka nuli u dijelu prostora u kojemu trazimo rjesenje Poissonove jednadzbe).

Prointegrirajmo jednadzbu za G

∇ 2 G(~r, ~r ′) = −δ(~r − ~r ′) (4.72)

po sferi oko tocke ~r∫ −→∇ [

−→∇ G(~r, ~r ′)] d 3 r = −∫

δ(~r − ~r ′) d 3 r = −1.

Integral na lijevoj strani se Gaussovim teoremom transformira u povrsinski integral∮ −→∇ G(~r, ~r ′)d ~S =

∫∂ G(~r, ~r ′)

∂ ndS = −1.

Gornja jednadzba pokazuje da Neumannovi rubni uvjeti ne mogu biti zadovoljeni na cijelojrubnoj plohi (jer je integral razlicit od nule). Shvati li se gornji izraz kao jednadzba zanepoznanicu ∂ G(~r, ~r ′)/∂ n, najjednostavnije rjesenje gornje jednadzbe je ono u kojemuje derivacija Greenove funkcije konstantna na plohi integracije

∂ G(~r, ~r ′)

∂ n= const.


Tablica 4.2: Navedene Greenove funkcije zadovoljavaju rubni uvjet G(~r, ~r ′) = 0 za r → ∞, za Laplaceov

i modificirani Helmholtzov operator. Za Helmholtzov operator, G(~r, ~r ′), opisuje izlazni val. H(1)0 je

Hankelova funkcija iz odjeljka 7.2.4, a K0 je modificirana Besselova funkcija iz odjeljka 7.2.5.

Laplaceova Helmholtzova modif. Helmholtzova∇ 2 ∇ 2 + k2 ∇ 2 − k2

1D − ı2k exp(ık|x− x ′|) 1

2k exp(−k|x− x ′|)

2D − 12π ln |ρ− ρ ′| ı

4 H(1)0 (k|ρ− ρ ′|) 1

2π K0(k|ρ− ρ ′|)

3D 14π

1|~r−~r ′|

exp(ık|~r−~r ′|)4π|~r−~r ′|

exp(−k|~r−~r ′|)4π|~r−~r ′|

Iznos konstante ovisi o dimenziji prostora. U tri dimenzije je∮dS povrsina sfere, pa je

tada

const.

∮dS = const. 4π|~r − ~r ′|2 = −1 ⇒ const.3D = − 1

4π|~r − ~r ′|2

U dvije dimenzije je∮dS opseg kruznice, pa je

const.

∮dS = const. 2π|~r − ~r ′| = −1 ⇒ const.2D = − 1

2π|~r − ~r ′|

U jednoj dimenziji, povrsinski integral∮dS predstavlja povrsinu dvije tocke na pravcu,

sto je jednako nuli, tako da ovdje Greenova funkcija nije definirana.Vratimo se u dvije i tri dimenzije: smjer normale je smjer spojnice tocaka ~r i ~r ′ koji cemooznaciti s n = |~r − ~r ′|, tako da sada mozemo lako izracunati

∂ G3D(~r, ~r′)

∂ n= − 1

4π|~r − ~r ′|2 ⇒ G3D(~r, ~r′) =

1

4π|~r − ~r ′| , (4.73)

∂ G2D(~r, ~r′)

∂ n= − 1

2π|~r − ~r ′| ⇒ G2D(~r, ~r′) = − 1

2πln |~r − ~r ′|.(4.74)

Gornji izrazi predstavljaju Greenove funkcije pridruzene Laplaceovu operatoru u dvije itri dimenzije.

Dodavanje clana ±k2 operatoru ∇ 2 ne mijenja ponasanje Greenove funkcije blizu tocke~r = ~r ′. Tako su npr. Greenove funkcije za Laplaceov, Helmholtzov i modificirani Helm-holtzov operator, dane u tablici ??.

opcenito:Opisani postupak je izveden na primjeru elektrostatskog potencijala, ali se lako poopcavana bilo koju linearnu nehomogenu diferencijalnu jednadzbu drugog reda

L y(~r) = −f(~r), (4.75)


gdje funkcija f predstavlja nehomogeni clan (izvor polja y), a L je linearni diferencijalnioperator. Greenova funkcija pridruzena gornjoj jednadzbi je rjesenje jednadzbe

L G(~r, ~r ′) = −δ(~r − ~r ′). (4.76)

Za poznatu G, partikularno rjesenje za y je oblika22

y(~r) =

∫G(~r, ~r ′) f(~r ′) d 3 r ′ . (4.77)

Da je ovo uistinu rjesenje, lako je provjeriti tako sto ce se na njega djelovati operatorom L(u varijabli ~r). Iz gornjeg se izraza moze ocitati i fizicki znacenje Greenove funkcije: onase pojavljuje kao tezinska funkcija23 koja opisuje kako se udaljenoscu od dane tocke~r mijenja ucinak izvora (tj. naboja) koji se nalazi u tocki ~r ′.

Simetrija Greenove funkcije:Vazno svojstvo Greenove funkcije je simetrija na zamjenu varijabla

G(~r, ~r ′) = G(~r ′, ~r).

U gore navedenom elektrostatskom primjeru, ta je simetrija ocita, no ona se moze do-kazati puno opcenitije. Krenimo od pretpostavke da Greenova funkcija, umjesto (4.67),zadovoljava nesto opcenitiju jednadzbu

−→∇1 ·[p(~r1)

−→∇1G(~r1, ~r)]+ λ q(~r1)G(~r1, ~r) = −δ(~r1 − ~r), (4.78)

koja opisuje tockasti izvor u ~r1 = ~r. Funkcije p i q su proizvoljne funkcije od ~r1, bez nekihosobitosti. Istu takvu jednadzbu zadovoljava i funkcija G(~r1, ~r

′)

−→∇1 ·[p(~r1)

−→∇1G(~r1, ~r′)]+ λ q(~r1)G(~r1, ~r

′) = −δ(~r1 − ~r ′).

Prema ranijem izlaganju u ovom odjeljku, G(~r1, ~r′) je jedna vrst potencijala u tocki

~r1, koji proizvodi tockasti izvor u ~r ′. Jednadzbu za G(~r1, ~r) pomnozimo s G(~r1, ~r′), a

jednadzbu za G(~r1, ~r′ pomnozimo s G(~r1, ~r) i zatimih oduzmimo. U rezultatu se ukidaju

clanovi koji mnoze λ, a preostaje

G(~r1, ~r′)

−→∇1 ·[p(~r1)

−→∇1G(~r1, ~r)]

− G(~r1, ~r)−→∇1 ·

[p(~r1)

−→∇1G(~r1, ~r′)]

(4.79)

= − G(~r1, ~r′) δ(~r1 − ~r) +G(~r1, ~r) δ(~r1 − ~r ′).

22Ovisno o uvjetima na diferencijalnu jednadzbu, ovom se rjesenju ponekad dodaje i integral po povrsini koja obuhvacapodrucje integracije.

23ili propagator


Oba clana nalijevoj strani se mogu preobraziti kao

G(~r1, ~r′)

−→∇1 ·[p(~r1)

−→∇1G(~r1, ~r)]

=

−→∇1 ·[G(~r1, ~r

′) p(~r1)−→∇1G(~r1, ~r)

]−

[−→∇1 G(~r1, ~r′)]p(~r1)

[−→∇1 G(~r1, ~r)],

G(~r1, ~r)−→∇1 ·

[p(~r1)

−→∇1G(~r1, ~r′)]

=

−→∇1 ·[G(~r1, ~r) p(~r1)

−→∇1G(~r1, ~r′)]

−[−→∇1 G(~r1, ~r)

]p(~r1)

[−→∇1 G(~r1, ~r′)].

Uvrstavanje gornjeg rezultata u (4.79), dobiva se

−→∇1 ·[G(~r1, ~r

′) p(~r1)−→∇1G(~r1, ~r)

]− −→∇1 ·

[G(~r1, ~r) p(~r1)

−→∇1G(~r1, ~r′)]

= − G(~r1, ~r′) δ(~r1 − ~r) +G(~r1, ~r) δ(~r1 − ~r ′)

Integracijom gornjeg izraza po volumenu i primjenom Greenova teorema, dobiva se∮ −→∇1 ·

[G(~r1, ~r

′) p(~r1)−→∇1G(~r1, ~r)

]d3 r1 −

∮ −→∇1 ·[G(~r1, ~r) p(~r1)

−→∇1G(~r1, ~r′)]d3 r1

= −∮

G(~r1, ~r′) δ(~r1 − ~r) d3 r1 +

∮G(~r1, ~r) δ(~r1 − ~r ′) d3 r1

∫ [G(~r1, ~r

′) p(~r1)−→∇1G(~r1, ~r) − G(~r1, ~r) p(~r1)

−→∇1G(~r1, ~r′)]d S1 = − G(~r, ~r ′) + G(~r ′, ~r).

Iz zahtjeva da G(~r1, ~r) i G(~r1, ~r′) i njihove okomite derivacije na plohi S1 imaju iste

vrijednosti, ili iz zahtjeva da Greenove funkcije iscezavaju na plohi S1 (Dirichletov rubniuvjet iz odjeljka ??), povrsinski integral na lijevoj strani iscezava i preostaje

G(~r, ~r ′) = G(~r ′, ~r),

sto je i trebalo pokazati.

U slucaju kompleksnih svojstvenih vrijednosti, rubni uvjeti se mijenjaju kao (5.9) i (5.9),i vode na

G(~r, ~r ′) = G ⋆(~r ′, ~r).

Primjetimo da ova simetrija vrijedi za sve Greenove funkcije koje zadovoljavaju jednadzbuoblika (4.78). U odjeljku 5, jednadzbe tog oblika ce se zvati samoadjungirane jednadzbe.Ova je simetrija osnov za razne teoreme reciprociteta: ucinak naboja u ~r ′ na potencijalu ~r je istikao i ucinak naboja u ~r na potencijal u ~r ′.

Razliciti oblici Greenovih funkcija:Neka je L linearni diferencijalni operator oblika

L(~r) = −→∇[p(~r)

−→∇]+ q(~r)


Pokazimo jednu vrst poopcenja Greenovog teorema: neka su u i v funkcije od ~r; tada je

vL u− uL v = v[−→∇ (p

−→∇)]u− u

[−→∇ (p−→∇)]v

= v[(−→∇ p)

−→∇ + p∇ 2]u− u

[(−→∇ p)

−→∇ + p∇ 2]v

= v (−→∇ p) (

−→∇ u) + v p∇ 2 u− u (−→∇ p) (

−→∇ v) + u p∇ 2 v

= (−→∇ p)

[v (

−→∇ u)− u (−→∇ v)

]+ p

[v∇ 2 u− u∇ 2 v

]

=−→∇p[v (

−→∇ u)− u (−→∇ v)

].

Gornji se izraz prointegrira po volumenu, a zatim se na desnu stranu primjeni Gaussovteorem

∫(v L u− uL v) d 3 r =

∫ −→∇p[v (

−→∇ u)− u (−→∇ v)

]d 3 r

=

∮p[v (

−→∇ u)− u (−→∇ v)

]d~S .

Gornji izraz je poopcenje Greenovog teorema.

Primjenimo gornji teorem na slucaj kada je

u(~r ′) ≡ y(~r ′) , v(~r ′) ≡ G(~r, ~r ′),

pri cemu je G(~r, ~r ′) = G(~r ′, ~r)∫

[G L y − y L G] d 3r ′ =

∫p[G−→∇ ′y − y

−→∇ ′G

]d ~S ′ .

Uvrste li se u gornji izraz (4.75) i (4.76), slijedi∫

[−G(~r, ~r ′) f(~r ′) + y(~r ′)δ(~r − ~r ′)] d 3r ′ =

∫p(~r ′)

[G(~r, ~r ′)

−→∇ ′y(~r ′)− y(~r ′)

−→∇ ′G(~r, ~r ′)

]d ~S ′ .

Integracija Diracove delta funkcije vodi na

y(~r) =

∫G(~r, ~r ′) f(~r ′) d 3r ′ +

∫p(~r ′)

[G(~r, ~r ′)

−→∇ ′y(~r ′)− y(~r ′)

−→∇ ′G(~r, ~r ′)

]d ~S ′ .

(4.80)Ukoliko i y i G zadovoljavaju Dirichletove ili ako y i G zadovoljavaju Neumannove rubneuvjete, povrsinski integral iscezava i preostaje (4.77).

Razvoj Greenove funkcije u sfernim koordinatama:Za jedan dodatni izvod Greenove funkcije Laplaceovog operatora, pretpostavimo da pos-toji razvoj Greenove funkcije po kuglinim funkcijama24

G(~r, ~r ′) =

∞∑

l=0

+l∑

m=−lgl(r, r

′ ) Y ml (θ, ϕ) Y m⋆

l (θ ′, ϕ′). (4.81)

24Kugline funkcije, odjeljak 7.3.6.


Zadatak je odreiti koeficijente gl(r, r′ ). Iz (6.11) i ... znamo da je

δ(~r − ~r ′) =1

r2δ(r − r ′ ) δ(cos θ − cos θ ′) δ(ϕ− ϕ′)

=1

r2δ(r − r ′ )

∞∑

l=0

+l∑

m=−lY ml (θ, ϕ) Y m⋆

l (θ ′, ϕ′). (4.82)

Uvrstimo (4.81) i (4.82) u (4.72)

∇ 2 G(~r, ~r ′) = −δ(~r − ~r ′)

∇ 2∞∑

l=0

+l∑

m=−lgl(r, r

′ ) Y ml (θ, ϕ) Y m⋆

l (θ ′, ϕ′) = − 1

r2δ(r − r ′ )

∞∑

l=0

+l∑


l (θ ′, ϕ′).

U sfernim koordinatama, ∇ 2 je oblika (1.20)

∇ 2 =1

r2∂

∂ r

(r2∂

∂ r

)+

1

r2

[1

sin θ

∂

∂ θ

(sin θ

∂

∂ θ

)+

1

sin2 θ

∂2

∂ ϕ2

].

prema (7.94), kuglina funkcija Y ml (θ, ϕ) je svojstvena funkcija kutnog dijela ∇ 2 u sfernim

koordinatama, sa svojstvenom vrijednoscu −l (l + 1)[

1

sin θ

∂

∂ θ

(sin θ

∂

∂ θ

)+

1

sin2 θ

∂2

∂ ϕ2

]Y ml (θ, ϕ) = −l (l + 1) Y m

l (θ, ϕ).

Sada polazna jednadzba za G postaje

∞∑

l=0

+l∑

m=−l

1

r2

[d

d r

(r2d gl(r, r

′ )

d r

)− l (l + 1) gl(r, r

′ )

]Y ml (θ, ϕ) Y m⋆

l (θ ′, ϕ′)

= − 1

r2δ(r − r ′ )

∞∑

l=0

+l∑


l (θ ′, ϕ′)

∞∑

l=0

+l∑

m=−l

[rd2

d r2(r gl(r, r

′ ))− l (l + 1) gl(r, r′ ) + δ(r − r ′ )

]Y ml (θ, ϕ) Y m⋆

l (θ ′, ϕ′) = 0.

Zbog ortgolnosti kuglinih funkcija, (7.93), svaka od gornjih zagrada mora zasebno iscezavati,sto vodi na diferencijalnu jednadzbu

rd2

d r2

[r gl(r, r

′ )]− l (l + 1) gl(r, r

′ ) = −δ(r − r ′ ).

Rijesavanje homogene jednadzbe

rd2

d r2

[r gl(r, r

′ )]− l (l + 1) gl(r, r

′ ) = 0,

razvojem u red oblika gl =∑∞

n=0 an rn+k, vodi na

∞∑

n=0

an

[(n+ k) (n+ k + 1)− l(l + 1)

]rn+k.


Zbog linearne nezavisnosti potencija, za svaki n mora biti

an

[(n + k) (n + k + 1)− l(l + 1)

]= 0.

Za n = 0, osnovna jednadzba

k (k + 1)− l(l + 1) = 0,

vodi na dva rjesenja: k = l i k = −l − 1. Uvrstavanje ovih vrijednosti k vodi na

k = l, an n (n+ 2l + 1) = 0 ⇒ an = 0, n = 1, 2, · · ·k = −l − 1, an n (n− 2l − 1) = 0 ⇒ an = 0, n = 1, 2, · · ·

To znaci da su dva rjesenja homogene jednadzbe jednaka rl i r−l−1. Ako zahtjevamo dafunkcija gl ostaje konacna kada r → 0 i da iscezava kada r → ∞, tada postupak razvijenu ?? vodi na

gL(r, r′ ) =

1

2l + 1

rl

r ′ l+1, r < r ′ ,

r ′ l

rl+1r > r ′ .

ili, krace

gl(r, r′ ) =

1

2l + 1

rl<r ′ l+1

>

.

Uz ovakav gl, razvoj za Greenovu funkciju je

G(~r, ~r ′) =∞∑

l=0

+l∑

m=−l

1

2l + 1

rl<r ′ l+1

>

Y ml (θ, ϕ) Y m⋆

l (θ ′, ϕ′).

Buduci da iz (4.73) znamo analiticki oblik G, iz gornjeg izraza ocitavamo

1

|~r − ~r ′| = 4 π

∞∑

l=0

+l∑

m=−l

1

2l + 1

rl<r ′ l+1

>

Y ml (θ, ϕ) Y m⋆

l (θ ′, ϕ′). (4.83)

Jedna izravna primjena gornjeg razvoja Greenove funkcije po kuglinim funkcijama jerazvoj elektrostatskog potencijala po multipolima. Potencijal naboja u tocki ~r raspodje-ljenog u prostoru gustocom ρq je, prema (4.66), jednak25

V (~r) =1

4πǫ0

∫ρq(~r

′)

|~r − ~r ′| d3 r ′

=1

ǫ0

∞∑

l=0

+l∑

m=−l

1

2l + 1

1

rl+1Y ml (θ, ϕ)

∫r ′ l+2 ρq(~r

′) Y m⋆l (θ ′, ϕ′) sin θ ′ d r ′ d θ ′ d ϕ′.

25Tocka ~r je izvan podrucja gdje se nalaze naboji koji proizvode potencijal, pa je zato r> ≡ r > r ′ ≡ r<.


Gornji se izraz naziva multipolni razvoj. Medusobna velicina pojedinih clanova ovisio konkretnoj raspodjeli naboja izvora potencijala ρq(~r

′).

Adicijski teorem za Legendreove polinome:Iz definicije funkcije izvodnice Legendreovih polinoma, (7.51), znamo da je

1

|~r − ~r ′| =∞∑

l=0

rl<rl+1>

Pl(cos γ), (4.84)

gdje je γ kut koji zatvaraju vektori ~r i ~r ′. Izjednacavanjem izraza (4.83) i (4.84), dobivamorelaciju koja se zove adicijski teorem za Legendreove polinome

Pl(cos γ) =4 π

2l + 1

+l∑


l (θ ′, ϕ′).

Razvoj Greenove funkcije u cilindricnim koordinatama:

dovrsiti

G(~r, ~r ′) =1

2π2

+∞∑

m=−∞

∫ ∞

0

Im(kρ<) Km(kρ>) eım(ϕ−ϕ′) cos[k(z − z ′)] d k

dovrsiti

Zadatak: 4.24 Kvantnomehanicko rasprsenje - rjesenje u obliku Neumannovog redaKvantna teorija rasprsenja je lijep primjer tehnike rjesavanja integralnih jed-nadzba primjenom Greenovih funkcija. Fizicka slika je slijedeca: snop cesticase giba duz negativne osi z prema ishodistu. Mali dio cestica se rasprsuje napotencijalu V (~r) i udaljava se od ishodista u obliku izlaznog sfernog vala. Za-datak je naci valnu funkciju, ψ(~r), snopa cestica nakon rasprsenja.

R: Valna funkcija mora zadovoljavati vremenski neovisnu Schrodingerovijednadzbu

− ~2

2m∇ 2 ψ(~r) + V (~r) ψ(~r) = E ψ(~r),

tj.

∇ 2 ψ(~r) + k2 ψ(~r) = −[−2m

~2V (~r) ψ(~r)

],

gdje je k2 = 2mE/~2. Iz fizicke situacije vidimo da rjesenje mora biti asimp-


totskog oblika

ψ(~r) ∼ eı~k 0 ~r + fk(θ, ϕ)

eı~k ~r

r. (4.85)

Prvi clan desne strane je upadni ravni val s valnim vektorom ~k 0. Indeks 0oznacava da se upadni val siri u smjeru osi z, tj. u θ = 0 smjeru.Uz zanema-rivanje ucinka trzaja, iznosi k i k0 su isti. Drugi clan desne strane je izlaznikuglasti val s amplitudom fk(θ, ϕ) koja ovisi o energiji (kroz k) i kutovima.Ukoliko potencijal rasprsenja opisuje centralnu silu, amplituda nece ovisiti o

ϕ, nego samo o θ. Vektor ~k ima smjer izlaznog rasprsenog vala. U kvantnojse mehanici pokazuje da je diferencijalna vjerojatnost rasprsenja, d σ/dΩ, iliudarni presjek po jedinici prostornog kuta dan sa |fk(θ, ϕ)|2. Identificiramo li[−(2m/~2)V (~r) ψ(~r)] s f iz (4.75), rjesenje za valnu funkciju je, prema (4.80),oblika

ψ(~r) = −2m

~2

∫V (~r ′) ψ(~r ′) G(~r, ~r ′) d 3 r ′ .

Gornje rjesenje nije oblika (4.85), ali se lako dovodi u taj oblik, dodavanjem

rjesenja homogene jednadzbe eı~k 0 ~r

ψ(~r) = eı~k 0 ~r − 2m

~2

∫V (~r ′) ψ(~r ′) G(~r, ~r ′) d 3 r ′ .

Greenova funkcija u gornjem integralu je Greenova funkcija pridruzena ope-ratoru L = ∇ 2 + k2 i zadovoljava rubni uvjet da mora opisivati izlazni val.Uvrstimo li odgovarajucu Greenovu gunkciju iz tablice ??, dobiva se

ψ(~r) = eı~k 0 ~r − 2m

~2

∫V (~r ′) ψ(~r ′)

exp(ık|~r − ~r ′|)4π|~r − ~r ′| d 3 r ′ . (4.86)

Ovo je egzaktna integralna jednadzba, analogna pocetnoj Schrodingerovoj.Gornju jednadzbu rjesavamo samosuglasno (Neumannov postupak iz odjeljka??): prisjetimo li se da je vjerojatnost rasprsenja malena, zakljucujemo daprvi clan na desnoj strani mora biti veci od drugoga

ψ(~r) = eı~k 0 ~r − 2m

~2

∫V (~r ′)

[eı~k 0 ~r + · · ·

] exp(ık|~r − ~r ′|)4π|~r − ~r ′| d 3 r ′ .

Zadrzimo li se samo na prvom clanu u uglatoj zagradi (jer su ostali clanovi popretpostavci manji od ovoga clana), dobivamo ono sto se u literaturi nazivaBornova aproksimacija

ψ1(~r) = eı~k 0 ~r − 2m

~2

∫V (~r ′)

exp(ık|~r − ~r ′|)4π|~r − ~r ′| eı

~k 0 ~r d 3 r ′ .

Ona je utoliko tocnija ukoliko je potencijal rasprsenja slabiji i ukoliko je ener-gija ulaznog snopa veca. Ova ψ1(~r) se sada moze uvrstiti na desnu stranu(4.86), izracunati integral i dobiti ψ2(~r), itd. do zeljene tocnosti.

Zadatak: 4.25 Kvantnomehanicko rasprsenje - rjesenje pomocu Greenove funkcije


R: dovrsiti

4.7 Numericka rjesenja

Diferencijalne jednadzbe prvog reda: Iako su i nezavisna varijabla x i funkcijay(x) kontinuirane velicine kao sto je i sam postupak deriviranja kontinuiran, ipak senumericki racuni obavljaju diskretno u smislu da vrijednosti x nisu kontinuirane, nego suoblika

x0, x0 + h, x0 + 2h, x0 + 3h,

za neki mali, ali konacni h. Sto je manji h to je zrnatostmanja i aproksimacija kontinuumaje bolja. No, h ne smije biti niti premali zbog konacnog broja znamenaka koje koristiracunalo u provedbi racunskih operacija. Ako se h odabere premalim, moze doci doznacajnih pogresaka u postupku zaokruzivanja, koje izvodi racunalo u svakom koraku.Mi cemo vrijednosti varijable x oznacavati s xn, a pripadni vrijednsot y s yn = y(xn).

Rjesenje u obliku Taylorova reda: Promotrimo obicnu, opcenito nelinearnu,diferencijalnu jednadzbu prvog reda

d

d xy(x) = f(x, y),

s pocetnim uvjetom

y(x0) = y0.

Rjesenje gornje jednadzbe, s proizvoljnim stupnjem tocnosti, se moze dobiti Taylorovimrazvojem

y(x0 + h) = y(x0) + h y ′(x0) +h2

2 !y ′ ′(x0) + · · ·+ hn

n !y(n)(x0) + · · ·

(uz pretpostavku da sve derivacije postoje i da je red konvergentan). U gornjem reduprva dva clana su poznata: y(x0) = y0 je pocetni uvjet, a prva derivacija je poznataiz jednadzbe y ′(x0) = f(x0, y0). Vise derivacije se u pravilu mogu dobiti deriviranjemjednadzbe y ′(x) = f(x, y), no za slozene f , taj postupak moze biti vrlo tezak.Ovaj oblik rjesenja je jedan od primjera analitickog produljenja s kojim smo se vec sreliu odjeljku 2.5.2.

Eulerovim rjesenjem se naziva rjesenje kod kojega se ogranicavamo na samo prva dvaclana

y1 = y0 + h y ′(x0) +O(h2) = y0 + h f(x0, y0) +O(h2).

Pogreska je u ovom slucaju relativno velika, buduci da se zanemaruju svi clanovi s poten-

4.7. NUMERICKA RJESENJA 175

cijom h vecom ili jednakim 2.

Runge-Kutta metoda:dovrsiti

Diferencijalne jednadzbe drugog reda:dovrsiti

Poglavlje 5

Ortogonalne funkcije

Postoji analogija izmedu sadrzaja ovog poglavlja i onog dijela linearne algebre u kojemuse izlaze teorija svojstvenih vektora i svojstvenih vrijednosti kvadatnih matrica. Umjestovektora, ovdje se pojavljuju funkcije, a umjesto matrica, pojavljuju se linearni diferen-cijalni operatori. Dijagonalizaciji realne simetricne matrice odgovara rjesavanje obicnediferencijalne jednadzbe u terminima njezinih svojstvenih funkcija koje su neka vrstakontinuiranog analoga svojstvenih vektora matrice.

5.1 Samoadjungirane diferencijalne jednadzbe

U prethodonom smo odjeljku studirali rjesenja diferencijalne jednadzbe drugog reda, kojaje bila zadana linearnim diferencijalnim operatorom L

L u ≡ p0(x)d2 u

d x2+ p1(x)

d u

d x+ p2(x) u. (5.1)

Koeficijenti pi = p0, p1, p2 su relane funkcije od x koje imaju kontinuirane prve 2−i deriva-cije na cijelom podrucju vrijednosti a ≤ x ≤ b. U skladu s razmatranjim iz odjeljka 4.3.1,nule funkcije p0(x) su singularne tocke diferencijalne jednadzbe, pa zahtjev kontinuira-nosti prve 2− i derivacije, znaci da diferencijalna jednadzba L u = 0, nema singularitetau unutrasnjosti intervala [a, b], ali su moguci singulariteti na rubovima tog intervala.Analog kvadratne matrice iz linearne algebre, jeste slijedeci integral

〈 u | L | u 〉 ≡ 〈 u | L u 〉 ≡∫ b

a

uL u dx =

∫ b

a

u[p0 u

′ ′ + p1 u′ + p2 u

]dx (5.2)

Dvostrukom parcijalnom integracijom gornjeg izraza dolazi se do

〈u|Lu〉 = (up0 u′)ba −

∫ b

a

u ′ d

dx(p0 u) dx+ (p1 u

2)ba −∫ b

a

ud

dx(p1 u) dx+

∫ b

a

u p2 u dx

= (up0 u′)ba −

(ud

dx(p0 u)

)b

a

+

∫ b

a

ud2

dx2(p0 u) dx

+ (p1 u2)ba −

∫ b

a

ud

dx(p1 u) dx+

∫ b

a

u p2 u dx

=[u(p1 − p ′

0)u]ba+

∫ b

a

[d2

dx2(p0 u)−

d

dx(p1 u) + p2 u

]u dx (5.3)

177

178 POGLAVLJE 5. ORTOGONALNE FUNKCIJE

U izrazu (5.2), u mnozi uglatu zagradu s lijeva, a izrazu (5.3), u mnozi uglatu zagradu sdesna. Podintegralni izrazi u (5.2) i (5.3) ce biti isti, ako je

p0 u′ ′ + p1 u

′ =d2

dx2(p0 u)−

d

dx(p1 u)

0 = u(p ′ ′0 − p ′

1) + 2 u ′(p ′0 − p1).

Gornji je zahtjev ispunjen, ako jed p0d x

= p1, (5.4)

jer je tada i p ′ ′0 = p ′

1. Primjetimo da je tada i prvi clan desne strane iz (5.3) takoderjednaka nuli.

U analogiji s transponiranom matricom iz linearne algebre, definira se adjungirani li-nearni operator L relacijom (5.3)

Lu =d2

dx2(p0 u)−

d

dx(p1 u) + p2 u

= p0d2 u

d x2+ (2p ′

0 − p1)d u

d x+ (p ′ ′

0 − p ′1 + p2) u

Primjetimo da se pomocu L, relacija (5.3) moze napisati kao

〈 u | L u 〉 =[u(p1 − p ′

0)u]ba+ 〈 L u | u 〉. (5.5)

Lako je vidjeti da je nuzan i dovoljan uvjet da bi bilo

L = L,

taj da je ispunjen uvjet (5.4), jer je tada

Lu = p0d2 u

d x2+ (2p1 − p1)

d u

d x+ (p ′

1 − p ′1 + p2) u = p0

d2 u

d x2+ p1

d u

d x+ p2 u = L u.

Uvjet (5.4) vodi na iscezavanje uglate zagrade u (5.5) , pa preostaje

〈 u | L u 〉 = 〈 L u | u 〉.

Oparatori s ovim svojstvom se zovu samoadjungirani operatori. Nadalje, pomocusvojstva (5.4) se moze napisati

L u = p0(x)d2

d x2u+ p1(x)

d

d xu+ p2(x) u.

= p0(x)d2

d x2u+

d p0d x

d

d xu+ p2(x) u.

=d

d x

(p0(x)

d u

d x

)+ p2(x) u.

Radi izbjegavanja pisanja indeksa, umjesto p0 koristit cemo oznaku p, a umjesto p2 oznakuq

L u = L u =d

d x

(p(x)

d u

d x

)+ q(x) u. (5.6)

5.1. SAMOADJUNGIRANE DIFERENCIJALNE JEDNADZBE 179

Tako su npr. Legendreova

(1− x2)y ′ ′ − 2xy ′ + l(l + 1)y = 0

i jednadzba harmonijskog oscilatora iz tablice 4.1,

y ′ ′ + ω2y = 0

samoadjungirane, dok ostale jednadzbe iz tablice to nisu. No, teorija linearnih samoadjun-giranih diferencijalnih jednadzba drugog reda je ipak posve opcenita, jer se neadjungiranioperator uvijek moze preobraziti u samoadjungirani. Neka uvjet (5.4) nije zadovoljen,tj. neka je

p ′0 6= p1.

Pomnozi li se L iz (5.1), s lijeva sa

1

p0(x)exp

[∫ x p1(t)

p0(t)dt

],

tada je1

exp[∫ x p1(t)

p0(t)dt]

p0(x)L u = exp

[∫ x p1(t)

p0(t)dt

]d2 u

d x2

+p1p0

exp

[∫ x p1(t)

p0(t)dt

]d u

d x

+p2p0

exp

[∫ x p1(t)

p0(t)dt

]u

=d

d x

exp

[∫ x p1(t)

p0(t)dt

]d u

d x

+p2p0

exp

[∫ x p1(t)

p0(t)dt

]u,

a to je upravo jednadzba oblika (5.6) uz

p(x) ≡ exp

[∫ x p1(t)

p0(t)dt

], q(x) ≡ p2

p0exp

[∫ x p1(t)

p0(t)dt

].

Zadatak: 5.1 Hermiteovu jednadzbu

y ′ ′ − 2 x y ′ + 2α y = 0,

prevedite u Sturm-Liouvilleov oblik.

R: dovrsiti

1Sjetimo se da p0 nema nula u intervalu [a, b], pa smije biti u nazivniku.


Zadatak: 5.2 Pokazite da se Laguerreova diferencijalna jednadzba moze napisati u sa-moadjungiranom obliku, posredstvom mnozenja s e−x.

R:dovrsiti

Zadatak: 5.3 Pokazite da se Hermiteova diferencijalna jednadzba moze svesti na samo-adjungirani oblik mnozenjem s e−x

2, sto vodi na tezinsku funkciju oblika e−x

2.

R:dovrsiti

Svojstvene funkcije i svojstvene vrijednosti - veza s fizikom:Schrodingerova vremenski neovisna kvantnomehanicka valna jednadzba

H ψ(~r) = E ψ(~r) (5.7)

je vjerojatno najvazniji primjer jednadzbe svojstvenih vrijednosti u cijelojfizici. Kao linearni diferencijalni operator L se pojavljuje Hamiltonov operator H , a nje-gova svojstvena vrijednost E ima znacenje ukupne energije sustava. Svojstvena funkcijaψ(~r) se naziva valna funkcija. Jednodimenzijska verzija Schrodingerove jednadzbe je

− ~2

2m

d2 ψ(x)

dx2+ Ep(x)ψ(x) = E ψ(x),

p ≡ − ~2

2m, q = Ep(x).

Ovisno o simetriji problema, Schrodingerova jednadzba se obicno raspada na tri jednadzbeu po jednoj koordinati (slicno kao sto smo to vidjeli u odjeljku 4.6.1).Ponekad se jednadzba svojstvenih vrijednosti pojavljuje u nesto opcenitijem samoadjun-giranom obliku

L u(x) + λw(x) u(x) = 0, (5.8)

ili, raspisano,[d

d x

(p(x)

d u

d x

)+ q(x)

]u(x) + λw(x) u(x) = 0,

gdje je konstanta λ svojstvena vrijednost, a funkcija w(x) se naziva tezina ili gustoca.Uvijek je w(x) > 0 osim eventualno u izoliranim tockama u kojima je w(x) = 0. Uz dani


odabir parametra λ, funkcija uλ koja zadovoljava (5.8) i nametnute rubne uvjete senaziva svojstvena funkcija pridruzene svojstvene vrijednosti λ. Sama konstanta λ setada naziva svojstvena vrijednost. Moze se desiti da za proizvoljno odabranu vrijednostλ, svojstvena funkcija uopce i ne postoji. Najcesce se dogada da zahtjev da svojstvenafunkcija postoji, ogranicava moguce vrijednosti λ na skup diskretnih vrijednosti (kao stoje to npr. slucaj u Legendreovoj, Hermiteovoj ili Cebisevljevoj jednadzbi). Upravo je ovomjesto gdje se vidi matematicko podrijetlo postupka kvantizacije u kvantnojmehanici.

O shvacanju λ kao Lagrangeovog mnozitelja, pogledati odjeljak 11.8 o varijacijskomracunu.

Dodatna tezinska funkcija w(x) se pojavljuje katkada kao asimptotska valna funkcijaψ∞ koja je zajednicki faktor svim rjesenjima parcijalnih diferencijalnih jednadzba tipaSchrodingerove jednadzbe. Ako npr. u Schrodingerovoj jednadzbi potencijalna energijaiscezava za x → ∞, tada se ψ∞ racuna pomocu hamiltonove funkcije u kojoj je stav-ljeno Ep = 0. Drugi moguci izvor tezinske funkcije je barijera od kutne kolicine gibanjal(l+1)/x2 u parcijalnoj diferencijalnoj jednadzbi (4.63), koja ima regularni singularitet idominira za x → 0. U tom slucaju osnovne jednadzbe kao sto su (4.24) ili (4.26), poka-zuju da valna funkcija ima xl kao zajednicki faktor. Buduci da valne funkcije u matricneelemente i relacije ortogonalnosti ulaze po dva puta, tezinske funkcije u tablici ?? potjecuod tih zajednickih faktora u obje radijalne funkcije.

Zadatak: 5.4 U Legendreovoj jednadzbi

(1− x2) y ′ ′ − 2x y ′ + l(l + 1) y = 0.

prepoznajte funkcije pj, tezinsku funkciju i svojstvenu vrijednost.

R: U terminima jednadzbe (5.6) je

p0 ≡ p = 1− x2,

p1 = p ′0 = −2x,

p2 ≡ q = 0,

w = 1,

λ = l(l + 1).

U odjeljku ... je pokazano da rjesenja za y divergiraju osim ako je l prirodanbroj. U ovom primjeru taj uvjet uvodi kvantizaciju: velicina l je kvantizirana.

Zadatak: 5.5 Deuterij:dovrsiti

R:U ter .. ntizirana.


Tablica 5.1: Svojstvene vrijednosti i tezinske funkcije nekih diferencijalnih jednadzba

jednadzba p(x) q(x) λ w(x)

Legendreova 1− x2 0 l (l + 1) 1

pomaknuta Legendreova x(1 − x) 0 l (l + 1) 1

pridruzena Legendreova 1− x2 −m2/(1− x2) l (l + 1) 1

Cebisevljeva 1√1− x2 0 n2 1/

√1− x2

pomaknuta Cebisevljeva 1√x(1− x) 0 n2 1/

√x(1 − x)

Cebisevljeva 2√(1− x2)3 0 n(n+ 2) 1/

√1− x2

Ultrasfericna (Gegenbauerova) (1− x2)α+1/2 0 n(n+ 2α) (1 − x2)α−1/2

Besselova x −n2/x2 a2 x

Laguerreova x e−x 0 α e−x

pridruzena Laguerreova xk+1 e−x 0 α− k xk e−x

Hermiteova e−x2

0 2α e−x2

Slobodni harmonijski oscilator 1 0 n2 1

Zadatak: 5.6 U posebnom slucaju kada su λ = 0 i q = 0, samoadjungirana jednadzbasvojstvenih vrijednosti postaje

d

d x

[p(x)

d u(x)

d x

]= 0

i zadovoljena je za

d u(x)

d x=

1

p(x).

Iskoristite to da biste dobili drugo rjesenje za (a) Legendreovu, (b) Laguerreovui (c) Hermiteovu jednadzbu.

R:dovrsiti


Rubni uvjeti:Uvodeci pojam svojstvene funkcije, spomenuto je da ona mora osim jednadzbe, zadovo-ljavati i odredene rubne uvjete. Ovdje cemo vremensku varijablu tretirati ravnopravnos prostornim varijablama, pa cemo pod rubnim uvjetima smatrati i one uvjete koje smoranije zvali pocetnim uvjetima.

Poznato je da je u klasicnoj mehanici, gibanje odredeno diferencijalnom jednadzbomgibanja (drugi Newtenov aksiom) i pocetnim polozajem ~r0 i pocetnom brzinom vv0

md2 ~r(t)

d t2= ~F (~r, t), ~r(t = 0) = ~r0,

d ~r(t)

d t

∣∣∣∣t=0

= ~v0.

U sadasnjim terminima, to znaci da je poznata vrijednost funkcije na rubu (dva su ruba:u x = a i x = b)

u(a), u(b),

sto je ekvivalent rubnog uvjeta ~r(t = 0) u jednadzbi gibanja, i da je poznata vrijednostderivacije funkcije na rubu

d u(x)

d x

∣∣∣∣x=a

,d u(x)

d x

∣∣∣∣x=b

,

sto je ekvivalent rubnog uvjeta ~r(0). Drugim rjecima, u jednadzbi gibanja su zadaniCauchyjevi rubni uvjeti.Kod rjesavanja jednodimenzijskih problema u ovom odjeljku rubni uvjeti se zadaju tako dase zadaje vrijednost funkcije na oba ruba dozvoljenog intervala [a, b] u kojemu varijablapoprima svoje vrijednosti.

Obicno oblik diferencijalne jednadzbe ili rubni uvjeti na rjesenje garantiraju da na rubo-vima intervala [a, b] vrijedi

p(x) v ⋆(x)d u(x)

d x

∣∣∣∣x=a

= 0, (5.9)

p(x) v ⋆(x)d u(x)

d x

∣∣∣∣x=b

= 0,

gdje su u i v oba rjesenja razmatrane diferencijalne jednadzbe drugog reda. Moguce jeraditi i s manje restriktivnim rubnim uvjetima oblika

p(x) v ⋆(x)d u(x)

d x

∣∣∣∣x=a

= p(x) v ⋆(x)d u(x)

d x

∣∣∣∣x=b

(5.10)

gdje su u i v rjesenja razmatrane diferencijalne jednadzbe, koja odgovaraju istim ilirazlicitim svojstvenim vrijednostima.

Zadatak: 5.7 Odabir intervala integracije [a, b]:


Za diferencijalnu jednadzbu

d2 y

d x2+ n2 y = 0

za proizvoljni cijeli broj n, odredite interval integracije.

R:Rjesenja gornje jednadzbe tj, svojstvene funkcije su trigonometrijske funkcije

un = cosnx,

vm = sinmx,

za razlicite svojstvene vrijednosti n i m. Rubni uvjet (5.10) vodi na

−n sinmx sinnx|a = −n sinmx sin nx|b ,

ili, zamjenom u i v

m cosmx cosnx|a = m cosmx cosnx|b .

Za cjelobrojne svojstvene vrijednosti n i m, svojstvene funkcije su periodicnes periodom 2π, pa su gornji uvjeti zadovoljeni ako je a = x0 i b = x0 + 2π zasvaki x0. Obicno se uzima x0 = 0 ili x0 = −π, sto vodi na intervale [0, 2π] ili[−π, π].

Zadatak: 5.8 Polazeci od jednadzbe

Lψ + λψ = −ρ,

pretpostavite da se ψ i ρ mogu prikazati razvojem u red po svojstvenim funkci-jama homogene jednadzbe pridruzene gornjoj jednadzbi. Bez koristenja Dira-cove delta funkcije ili njezinih reprezentacija, pokazite da je

ψ(x) =∞∑

i=0

∫ baρ(t) ϕi(t) dt

λn − λϕi(x).

R:dovrsiti

Od ovog mjesta pa nadalje, podrazumjevat ce se da je interval [a, b] uvijek odabran takoda su zadovoljeni uvjeti (5.10). Granice intervala za nekoliko najcescih diferencijalnihjednadzba su dane u tablici ??.

Hermitski operatori u kvantnoj mehanici:Dokazimo jedno vazno svojstvo samoadjungiranih diferencijalnih operatora (5.8) i rjesenja


Tablica 5.2: Interval vrijednosti x nekih diferencijalnih jednadzba

jednadzba a b

Legendreova −1 1

pomaknuta Legendreova 0 1

pridruzena Legendreova −1 1

Cebisevljeva 1 −1 1

pomaknuta Cebisevljeva 1 0 1

Cebisevljeva 2 −1 1

Laguerreova 0 ∞

pridruzena Laguerreova 0 ∞

Hermiteova −∞ ∞

Slobodni harmonijski oscilator 0 2π−π π

u i v koja zadovoljavaju rubne uvjete (5.10). Integracijom v ⋆ L u, dobiva se

L u =(p u ′) ′

+ q u,

∫ b

a

v ⋆ L u d x =

∫ b

a

v ⋆(p u ′) ′d x+

∫ b

a

v ⋆ q u d x.

Parcijalna integracija prvog clana desne strane daje

∫ b

a

v ⋆ (p u ′) ′ d x = v ⋆ p u ′∣∣∣b

a−∫ b

a

v ⋆ ′ p u ′ d x.

Prema rubnim uvjetima (5.10), prvi clan desne strane iscezava, a parcijalna integracijadrugog clana daje

−∫ b

a

v ⋆ ′ p u ′ d x = −v ⋆ ′ p u∣∣∣b

a+

∫ b

a

u (p v ⋆ ′) ′ d x.

Ponovo, primjenom rubnog uvjeta (5.10), prvi clan desne strane iscezava. Poslije obje


gornje parcijalne integracije, polazna jednadzba sada glasi ovako

∫ b

a

v ⋆ L u d x =

∫ b

a

u (p v ⋆ ′) ′ d x+

∫ b

a

u q v ⋆ d x =

∫ b

a

uL v ⋆ d x,

tj. dosli smo do jednakosti

∫ b

a

v ⋆ L u d x =

∫ b

a

uL v ⋆ d x. (5.11)

Za operator s gornjim svojstvom se kaze da je hermitski operator u odnosu na funkcijeu i v. Primjetimo da je svojstvo hermiticnosti posljedica samoadjungiranosti i rubnihuvjeta (5.10).

Gornje se izlaganje odnosi na klasicne diferencijalne operatore drugog reda, ali se ono lakomoze poopciti i na kvantnomehanicke operatore koji ne moraju biti niti drugog reda nitirealni. Tako je npr. kvantnomehanicki operator kolicine gibanja u smjeru osi x

px = −ı ~ ∂

∂ x

hermitski operator. Za valne funkcije se pretpostavlja da zadovoljavaju prikladne rubneuvjete: dovoljno brzo iscezavaju u beskonacnosti, periodicne su u kristalnoj resetki ili stoslicno. Kvantnomehanicki operator L se zove hermitski ako vrijedi

∫ψ ⋆1 (L ψ2) d

3 r =

∫ψ2 (L ψ1)

⋆ d3 r. (5.12)

Kvantnomehanicki adjungirani operator A† operatora A je onaj koji zadovoljava jed-nadzbu

∫ψ ⋆1 (A† ψ2) d

3 r ≡∫

ψ2 (A ψ1)⋆ d3 r.

Iz gornje se definicije vidi da ako je A samoadjungiran A† = A, tada je on i hermitski(ako jos i valne funkcije zadovoljavaju spomenute rubne uvjete).

Kvantnomehanicka srednja vrijednost operatora L se definira kao

〈L〉 =∫

ψ ⋆ L ψ d3 r (5.13)

Primjetimo da je u gornjoj jednadzbi ψ1 = ψ2 = ψ. U kvantnomehanickoj interpretaciji〈L〉 predstavlja rezultat mjerenja opservable L, kada se mjereni sustav nalazi u stanjuopsanom valnom funkcijom ψ. Ako je L hermitski operator, lako se vidi da je rezultatmjerenja 〈L〉 realna velicina (kao sto i mora biti): uzmimo kompleksno konjugirani izrazod (5.13)

〈L〉 ⋆ =[ ∫

ψ ⋆ L ψ d3 r

] ⋆=

∫ψ L ⋆ ψ ⋆ d3 r =

∫ψ (L ψ) ⋆ d3 r.

5.2. HERMITSKI OPERATORI 187

No, kako je L hermitski operator, to je zbog (5.12)

〈L〉 ⋆ =∫

(L ψ) ⋆ ψ d3 r =

∫ψ ⋆ L ψ d3 r = 〈L〉

i 〈L〉 je realno.Primjetimo samo da u gornjim izvodima i definicijama nije zahtjevano da je ψ svoj-stvena funkcija L.

Zadatak: 5.9 U kvantnoj mehanici se pokazuje da su kolicina gibanja i moment kolicinegibanja diferencijalni operatori oblika

~p = − ı ~−→∇,

~L = − ı ~ ~r × −→∇.

Pokazite da su oba operatora hermitska.

R:

5.2 Hermitski operatori

Hermitski li samoadjungirani operatori, zajedno s prikladnim rubnim uvjetima na valnefunkcije, imaju tri svojstva koja su od vrlo velike vaznosti u fizici, kako klasicnoj tako ikvantnoj:

(1) svojstvene vrijednosti hermitskih operatora su realne;

(2) svojstvene funkcije hermitskih operatora su ortogonalne;

(3) svojstvene funkcije hermitskih operatora cine potpun skup2.

Realne svojstvene vrijednosti:Dokazimo prvo od gornjih svojstava. Neka jednadzba svojstvenih vrijednosti glasi

L ui + λi w ui = 0, (5.14)

gdje je ui svojstvena funkcija pridruzena svojstvenoj vrijednosti λi. Pretpostavimo dapostoje i λj i uj takve da vrijedi

L uj + λj w uj = 0.

2Ovo svojstvo nije univerzalno: vrijedi za linearne diferencijalne operatore drugog reda u samoadjungiranom obliku.


Kompleksnim konjugiranjem gornje jednadzbe dobiva se

L ⋆ u ⋆j + λ ⋆j w u ⋆j = 0. (5.15)

Tezinska funkcija w(x) je realna. Pomnozimo (5.14) sa u ⋆j , a (5.15) sa ui i oduzmimo ih

u ⋆j L ui − ui L ⋆ u ⋆j = (λ ⋆j − λi) w ui u⋆j .

Printegrirajmo gornju jednadzbu po cijelom intervalu [a, b]

∫ b

a

u ⋆j L ui d x−∫ b

a

ui

(L uj

) ⋆d x = (λ ⋆j − λi)

∫ b

a

w ui u⋆j d x.

Zbog svojstva (5.12) hermiticnosti operatora L, lijeva strana gornje jednadzbe je jednakanuli, pa je

(λ ⋆j − λi)

∫ b

a

w ui u⋆j d x = 0. (5.16)

Ako je i = j, tada integral ne moze3 iscezavati: |ui|2 > 0, a i tezinska funkcija w(x) > 0osim eventualno u izoliranim tockama. Zakljucak je da je tada

λ ⋆i = λi,

tj. svojstvena vrijednost je realna. Buduci da λi moze predstavljati bilo koju svojstvenuvrijednost, ovime je dokazano prvo od svojstava s pocetka odjeljka. Ovo je egzaktni ana-log odgovarajuceg svojstva svojstvenih vrijednosti realnih simetricnih (i time hermitskih)matrica.

Realnost svojstvenih vrijednosti hermitskih operatora je od temeljne vaznosti u kvantnojmehanici. U kvantnoj mehanici svojstvene vrijednosti odgovaraju mjerenim velicinamakao sto su energija, moment kolicine gibanja ili sto slicno. S teorijom formuliranomu terminima hermitskih operatora, mozemo biti sigurni da ce teorija predvidati realnebrojeve kao rezultate mjerenja. U nastavku (odjeljak ...) ce se pokazati da skup realnihsvojstvenih vrijednosti ima donju granicu (najmanju vrijednost).

Ortogonalnost svojstvenih funkcija:Ako je u relaciji (5.16) i 6= j uz λi 6= λj , tada mora biti

∫ b

a

w(x) ui(x) u⋆j (x) d x = 0. (5.17)

Gornji se izraz naziva uvjet ortogonalnosti (ili okomitosti) funkcija ui i vj u odnosuna tezinsku funkciju w na intervalu [a, b]. Taj je izraz analogan iscezavanju skalarnogumnoska dva medusobno okomita vektora u linearnoj algebri.

Gornji izraz jos ne opisuje slucaj kada je λi = λj , a ui 6= vj , tj. kada vise razlicitihsvojstvenih funkcija ima istu svojstvenu vrijednost. Takav se slucaj naziva degeneracijai obradit cemo ga nakon nekoliko primjera.

Pojam okomitosti funkcija, sadrzan u relaciji (5.17), mozemo lakse prihvatiti, ako sesjetimo pojma okomitosti dva obicna vektora ~u i ~v: dva su vektora okomita, ako je njihov

3Trivijalni slucaj ui = 0 se odbacuje.


skalarni umnozak jednak nuli

~u · ~v =∑

n

vn un = 0.

Ako sada izvedemo prijelaz sa diskretnog indeksa n na kontinuiranu varijablu x i sazbrajanja na integraciju

n → x,∑

n

→∫

d x,

un, vn → u(x), v(x),

tada gornja relacija okomitosti dva vektora ~u = (u1, u2, · · · ) i ~v = (v1, v2, · · · ) prelazi urelaciju okomitosti dvije funkcije u(x) i v(x)

∫u(x) v(x) d x = 0.

Okomitost funkcija je malo opcenitije definirana i uvodenjem tezinske funkcije w(x), takoda najopcenitija definicija okomitosti funkcija glasi

∫w(x) u(x) v(x) d x = 0,

a to je upravo izraz oblika4 (5.17).

Zadatak: 5.10 Koje rubne uvjete mora zadovoljavati linearni operator ... dovrsiti

R: dovrsiti

Zadatak: 5.11 Ortogonalnost Fourierovog reda:Treba pokazati ortogonalnost svojstvenih funkcija iz zadataka ??. Jednadzba

d2 y

d x2+ n2 y = 0.

moze opisivati kvantnomehanicku cesticu u kutiji ili pak napetu zicu koja titra.

R:Ovo je primjer dvostruko degenerirane svojstvene vrijednosti jer ista svoj-stvena vrijednost n ima dvije razlicite svojstvene funkcije: to su sinnx i cosnx.

4Primjetimo da indeksi i i j koji se pojavljuju u (5.17) oznacavaju o kojoj svojstvenoj vrijednosti hermitskog operatoraL se radi.


Za realni i cjelobrojni n integrali ortogonalnosti glase

(a)

∫ x0+2π

x0

sinmx sinnx d x = Cn δn,m ,

(b)

∫ x0+2π

x0

cosmx cosnx d x = Dn δn,m ,

(c)

∫ x0+2π

x0

sinmx cosnx d x = 0.

Lako je vidjeti da su za n 6= m, jednadzbe (a) i (b), zbog (5.17), jednaki nuli,jer su tada to svojstvene funkcije pridruzene razlicitim svojstvenim vrijednos-tima. Izravnim racunom se vidi da je (c) uvijek nula za sve cjelobrojne n i m.Konstante Cn i Dn se dobivaju izravnim racunom integrala

Cn =

π, n 6= 0,

0, n = 0 ,,

Dn =

π, n 6= 0,

2 π, n = 0 ,.

Ova ortogonalnost trigonometrijskih funkcija je osnov za razvoj funkcije uFourierov red (odjeljak 8).

Zadatak: 5.12 Razvoj kvadratnog vala po ortogonalnim funkcijama:Ovaj primjer ilustrira svojstvo potpunosti skupa svojstvenih funkcija. Potpunskup funkcija ima svojstvo da se sve funkcije iz odredene klase funkcija (npr.po dijelovima kontinuirane funkcije) s proizvoljnim stupnjem tocnosti mogunapisati u obliku reda svojstvenih funkcija.Za primjer se promatra kvadratni val

f(x) =

h2, 0 < x < π,

−h2, −π < x < 0 ,

.

Odabrana funkcija se moze razviti u red po raznim skupovima svojstvenih funk-cija: Legendreovim, Hermiteovim, Cebisevljevim itd. Za ilustraciju samog pos-tupka razvoja u red, odabrat cemo svojstvene funkcije sin nx i cosnx iz zadatka5.11.

R:Uobicajeno je red funkcije napisati u obliku

f(x) =a02

+∞∑

n=1

(an cos nx+ bn sinnx)

Zadatak je odrediti nepoznate koeficijente razvoja an i bn. Pomocu integrala


Slika 5.1: Kvadratni val.

iz zadataka 5.11, lako se vidi da su koeficijenti razvoja dani sa

an =1

π

∫ π

−πf(t) cos nt d t,

bn =1

π

∫ π

−πf(t) sin nt d t, n = 0, 1, 2, · · ·

Uvrstavanjem izraza za f i integriranjem, dobiva se da je

an = 0

za sve n. Zapravo, ovo smo znali i prije same integracije: f je neparna funkcija,pa ne moze biti razvijena u red po parnim funkcijama kao sto je kosinus. Zakoeficijente bn se dobije

bn =h

nπ(1− cos nπ) =

0, n paran,

2hnπ, n neparan ,

Time se za razvoj f u red (kasnije, u odjeljku 8 cemo vidjeti da je to Fourierovred) konacno dobiva

f(x) =2 h

π

∞∑

n=0

sin (2n+ 1)x

2n+ 1.

Zadatak: 5.13 Funkcije ψn(x) su medusobno ortogonalne na intervalu [a, b] s tezinskomfunkcijom w(x). Pokazite da su one i linearno nezavisne.

R:dovrsiti


Zadatak: 5.14 Neka L nije samoadjungirani operator i neka je

Lui + λiwui = 0,

Lvj + λjwvj = 0.

(a) Pokazite da je

∫ b

a

vjLuidx =

∫ b

a

uiLvjdx,

ukoliko je

uip0v′j

∣∣∣b

a= vjp0u

′i

∣∣∣b

a,

ui(p1 − p ′0)vj

∣∣∣b

a= 0.

(b) Pokazite relacije ortogonalnosti

∫ b

a

uivjwdx = 0, λi 6= λj .

R:dovrsiti

Degeneracija:Vratimo se konceptu degeneracije: ako opcenito N razlicitih svojstvenih funkcija odgovaraistoj svojstvenoj vrijednosti, kaze se da je svojstvena vrijednost N -struko degenerirana.Posebno jednostavna ilustracija dvostruke degeneracije je dana u primjeru harmonijskogoscilatora, zadatak 5.11, gdje svaka svojstvena vrijednost n ima dvije svojstvene funkcijesin nx i cosnx (kao i sve moguce njihove linearne kombinacije)

Nesto je slozeniji primjer vodikovog atoma (u nerelativistickoj aproksimaciji u kojoj sezanemaruje spin). Rjesavanjem Schrodingerove jednadzbe dobiva se energija elektronaEn,l,m kao svojstvena vrijednost. Energija ima tri indeksa (kvantna broja) koja odredujupripadnu svojstvenu valnu funkciju ψn,l,m(r, θ, ϕ). Za danu vrijednost kvantnog broja nje 0 ≤ l ≤ n − 1 i −l ≤ m ≤ l. No, energija vodikovog atoma ne ovisi niti o l niti om, pa svakoj energiji odgovara n2 valnih funkcija (ili 2n2 ako racunamo i spin), tj. svakaenergija je n2 puta degenerirana.

U atomima s vise od jednog elektrona, potencijalna energija vise nije jednostavno dana sar−1, vec postoji i medudjelovanje s ostalim elektronima. To rezultira energijom koja osim on ovisi i o l, tako da se sada degeneracija smanjuje na 2l+1. Ukoliko se ovaj viseelektronskiatom postavi u magnetsko polje, ono ce uvesti ovisnost energije i o kvantnom broju m(Zeemanov ucinak) i tako u cjelosti ponistiti degeneraciju energije: svakoj vrijednostienergije odgovarat ce (samo) jedna svojstvena valna funkcija.

Degeneracija svojstvenih vrijednosti je usko povezana sa simetrijskim svojstvima sustavakoja se vrlo prikladno tretiraju u okviru teorije grupa.

5.3. LINEARNO NEZAVISAN SKUP FUNKCIJA 193

5.3 Linearno nezavisan skup funkcija

Pojam linearne nezavisnosti dva rjesenja diferencijalne jednadzbe drugog reda, uveden uodjeljku 4.3, moze se poopciti na pojam linearne nezavisnosti bilo kojeg skupa derivabil-nih funkcija.

Zadan je skup od N funkcija ϕn. Ovaj je skup funkcija linearno zavisan, ako postojirelacija oblika

N∑

n=1

αn ϕn = 0, (5.18)

u kojoj nisu svi koeficijenti αn jednaki nuli (ima ih koji su razliciti od nule). S drugestrane, ako su u gornjoj relaciji svi koeficijenti αn jednaki nuli, kaze se da je skup funkcijaϕn linearno nezavisan.O linearnoj nezavisnosti funkcija je zgodno razmisljati na slican nacin na koji razmisljamoo linearnoj nezavisnoti vektora. Npr. neka su u trodimenzijskom prostoru zadana trivektora ~A , ~B i ~C , takvi da je ~A · ~B × ~C 6= 0. Tada je relacija

a ~A + b ~B + c ~C = 0,

istinita samo ako je a = b = c = 0 i vektori su linearno nezavisni. Kao sto je poznato

svaki drugi vektor−→D se moze napisati kao njihova linearna kombinacija

−→D = a ~A + b ~B + c ~C−→D − a ~A − b ~B − c ~C = 0,

dakle, kada su vektori linearno zavisni, postoji relacija oblika (5.18) sa koeficijentimarazlicitim od nule. Kaze se da tri nekomplanarna vektora razapinju trodimenzijski prostor.Ako je skup vektora ili funkcija medusobno ortogonalan, oni su odmah i linearno nezavisni,sto se lako vidi preko skalarnog umnoska za vektore ili preko odgovarajuceg integrala zafunkcije (odjeljak 5.2).Pretpostavimo da su funkcije ϕn derivabilne. Tada se, N − 1-om derivacijom (5.18)dobiva linearni sustav diferencijalnih jednadzba

N∑

n=1

αn ϕn = 0,

N∑

n=1

αn ϕ′n = 0,

N∑

n=1

αn ϕ′ ′n = 0,

...N∑

n=1

αn ϕ(N−1)n = 0.

To je N × N sustav jednadzba za nepoznate koeficijente αn koji se u matricnom obliku


zapisuje kao

ϕ1 ϕ2 · · · ϕNϕ ′1 ϕ ′

2 · · · ϕ ′N

...... · · · ...

ϕ(N−1)1 ϕ

(N−1)2 · · · ϕ

(N−1)N

α1

α2...αN

= 0.

Kao sto je poznato, rjesenje αn 6= 0 postoji, ako determinanta gornjeg sustava iscezava

W =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

ϕ1 ϕ2 · · · ϕNϕ ′1 ϕ ′

2 · · · ϕ ′N

...... · · · ...

ϕ(N−1)1 ϕ

(N−1)2 · · · ϕ

(N−1)N

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 0.

Ova se determinanta naziva determinanta Wronskog ili vronskijan. Prema tome

- ako je vronskijan razlicit od nule, jedino rjesenje gornjeg sustava je ono u kojemu susvi αn = 0, sto znaci da je skup funkcija ϕn linearno nezavisan;

- ako je vronskijan jednak nuli za neke izolirane vrijednosti argumenta x to jos uvijekne znaci nuzno da su funkcije linearno zavisne (osim ako je N = 2); ako je pak vronskijanjednak nuli u cijelom intervalu argumenta x, tada su i funkcije linearno zavisne u cijelomtom intervalu.

Zadatak: 5.15 Provjerite jesu li rjesenja jednadzbe slobodnog harmonijskog oscilatora,ϕ1 = sinωx i ϕ2 = cosωx linearno (ne)zavisna

R: Izracunajmo vronskijan∣∣∣∣

sinωx cosωxω cosωx −ω sinωx

∣∣∣∣ = −ω 6= 0,

sto znaci da su ϕ1 i ϕ2 linearno nezavisna rjesenja za sve vrijednosti x. Za ovedvije funkcije je poznato da su povezane,

sinωx = ±√1− cos2 ωx

ali ta veza ocito nije linearna.

Zadatak: 5.16 Rjesenjima difuzijske jednadzbe su , ϕ1 = ex i ϕ2 = e−x, dodajemo josi trece rjesenje ϕ3 = cosh x. Zadatak je ispitati linearnu (ne)zavisnost ovogskupa rjesenja.

R: Izracunajmo vronskijan∣∣∣∣∣∣

ex e−x cosh xex −e−x sinh xex e−x cosh x

∣∣∣∣∣∣= 0,

5.4. GRAM-SCHMIDTOV POSTUPAK ORTOGONALIZACIJE 195

za sve vrijednosti x, pa su rjesenja linearno zavisna. Neovisno o ovoj analizi,citateljima je poznata relacija

ex + e−x − 2 cosh x = 0,

koja upravo jeste definicija linearne zavisnosti.

Zadatak: 5.17 Pokazite da je skup potencija, ϕn = xn linearno nezavisan skup.

R: Izracunajmo vronskijan

W =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 x x2 x3 x4 x5 x6 · · ·0 1 2x 3x2 4x3 5x4 6x5 · · ·0 0 2 3 · 2x 4 · 3x2 5 · 4x3 6 · 5x4 · · ·0 0 0 3 · 2 4 · 3 · 2x 5 · 4 · 3x2 6 · 5 · 4x3 · · ·...

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0 ! · 1 ! · 2 ! · 3 ! · 4 ! · · · 6= 0

za sve vrijednosti x, pa su rjesenja linearno nezavisna.

5.4 Gram-Schmidtov postupak ortogonalizacije

Gram-Schmidtova ortogonalizacija je postupak kojim se od neortogonalnog skupa linearnonezavisnih funkcija, konstruira ortogonalni skup na proizvoljnom intervalu i za proizvoljnutezinsku funkciju. U jeziku linearne algebre, ovaj je postupak ekvivalentan matricnojprobrazbi koja povezuje ortogonalni s neortogonalnim skupom baznih vektora. Samefunkcije mogu biti realne ili kompleksne. Radi jednostavnosti, ovdje ce se raditi samo srealnim funkcijama.Prije same ortogonalizacije, definirajmo postupak normiranja. Neka je

∫ b

a

ψ2i (x) w(x) d x = N2

i ,

gdje je N2i neki broj. Normiranje je postupak kojim se postize da je gornji integral jednak

jedinici, a ne N2i . Buduci da je diferencijalna jednadzba (5.14) linearna i homogena, to

se ona nece promjeniti ako funkciju pomnozimo nekom konstantom. Odaberimo da jeta konstanta upravo 1/Ni. Nazovemo li, radi jednostavnosti, tako pomnozenu funkcijuponovo ψi,

ψi → ψiNi,

postigli smo da je

∫ b

a

ψ2i (x) w(x) d x = 1.

Za funkcije koje zadovoljavaju gornji uvjet se kaze da su normirane. Za skup funkcija ψi


koje zadovoljavaju uvjet da je

∫ b

a

ψi(x) ψj(x) w(x) d x = δi,j (5.19)

kaze se da je ortonormiran skup.

Promatrat cemo tri skupa funkcija:

(1) svojstvene funkcije iz pocetnog linearno nezavisnog skupa (neortogonalane i nenormi-rane) ce se oznacavati s

un(x), n = 0, 1, 2, · · · .

Neke od tih funkcija mogu pripadati degeneriranoj svojstvenoj vrijednosti;

(2) orotgonaliziran (ali ne i normiran) skup funkcija ce se oznacavati s

ϕn(x), n = 0, 1, 2, · · · .

(3) orotgonaliziran i normiran (tj. ortonormiran) skup funkcija ce se oznacavati s

ψn(x), n = 0, 1, 2, · · · .

Evo u cemu se sastoji Gram-Schmidtov postupak: n-ta funkcija ϕn(x) je jednaka un(x)plus nepoznata linearna kombinacija prethodnih ortonormiranih funkcija ψn

ϕn(x) = un(x) + an,0 ψ0(x) + · · ·+ an,n−1 ψn−1(x),

prisustvo nove un(x) cini da su sve funkcije koje se pojavljuju u gornjem zbroju medusobnolinearno nezavisne; zahtjev da ϕn(x) bude ortogonalna na sve prethodne ψn

∫ b

a

ϕn(x) ψ0(x) d x = 0,

∫ b

a

ϕn(x) ψ1(x) d x = 0,

...∫ b

a

ϕn(x) ψn−1(x) d x = 0,

vodi na niz jednadzba iz kojih se odreduju nepoznati koeficijenti an,j; ovako odredenaϕn(x) se zatim normira na jedinicu i nazove se ψn(x); nakon ovog se svi gornji koraciponavljaju, kako bi se dobila funkcija ϕn+1(x), koja se zatim normira da bi se dobilaψn+1(x), itd.


Zapocnimo s n = 0

ϕ0(x) = u0(x)

Ovdje nema prethodnih ψn, pa nam jos preostaje samo normiranje

ψ0(x) =ϕ0(x)√∫ b

aϕ20(x) w(x) d x

i dobili smo normiranu ψ0(x).

Neka je sada n = 1,

ϕ1(x) = u1(x) + a1,0 ψ0(x),

gdje ce se nepoznati koeficijent a1,0 odrediti iz zahtjeva ortogonalnosti ϕ1(x) i ψ0(x)

0 =

∫ b

a

ϕ1(x) ψ0(x) w(x) d x

0 =

∫ b

a

u1(x) ψ0(x) w(x) d x+ a1,0

∫ b

a

ψ0(x)2 w(x) d x.

Zbog normiranosti funkcije ψ0, posljednji je integral jednak jedinici i time je odredenkoeficijent a1,0

a1,0 = −∫ b

a

u1(x) ψ0(x) w(x) d x.

Sada je poznata cijela funkcija ϕ1(x). Slijedeci je korak normiranje ϕ1(x) koje daje ψ1(x)

ψ1(x) =ϕ1(x)√∫ b

aϕ21(x) w(x) d x

.

Sada znamo ψ0(x) i ψ1(x).

Pogledajmo jos i slucaj n = 2,

ϕ2(x) = u2(x) + a2,0 ψ0(x) + a2,1 ψ1(x).

Sada treba odrediti dva nepoznata koeficijenta a2,0 i a2,1 iz zahtjeva da ϕ2(x) bude orto-gonalna na ψ0(x) i ψ1(x)

∫ b

a

ϕ2(x) ψ0(x) w(x) d x = 0,

∫ b

a

ϕ2(x) ψ1(x) w(x) d x = 0. (5.20)

Prvi od gornjih uvjeta vodi na

∫ b

a

u2(x) ψ0(x) w(x) d x+ a2,0

∫ b

a

ψ0(x) ψ0(x) w(x) d x+ a2,1

∫ b

a

ψ1(x) ψ0(x) w(x) d x = 0.


Ortonormiranost funkcija ψj(x) cini da je drugi integral jednak jedinici, a treci je jednaknuli, pa je

a2,0 = −∫ b

a

u2(x) ψ0(x) w(x) d x.

drugi uvjet iz (5.20) vodi na

∫ b

a

u2(x) ψ1(x) w(x) d x+ a2,0

∫ b

a

ψ0(x) ψ1(x) w(x) d x+ a2,1

∫ b

a

ψ1(x) ψ1(x) w(x) d x = 0.

Sada je, zbog ortonormiranosti funkcija ψj(x) drugi integral jednak nuli, a treci je jednakjedinici, pa je

a2,1 = −∫ b

a

u2(x) ψ1(x) w(x) d x.

Uz poznate a2,0 i a2,i, normiranjem se dobiva

ψ2(x) =ϕ2(x)√∫ b

aϕ22(x) w(x) d x

.

Iz opisanog postupka je lako zakljuciti da ce opcenito biti

ϕn(x) = un(x) + an,0 ψ0(x) + · · ·+ an,n−1 ψn−1(x),

koeficijenti su

an,j = −∫ b

a

un(x) ψj(x) w(x) d x, j = 0, · · · , n− 1,

i, na kraju, normiranje na jedinicu

ψn(x) =ϕn(x)√∫ b

aϕ2n(x) w(x) d x

.

Veza s linearnom algebrom:Primjetimo da je Gram-Schmidtov postupak nacin da se dobije jedan od bezbrojmogucihortogonalnih skupova funkcija na danom intervalu [a, b] i za danu funkciju gustoce w.

Pojasnimo to na analogiji s obicnim vektorima u ravnini (x, y). Neka su ~A i ~B dva ne-

paralelna vektora u ravnini (x, y). Normiranjem ~A dobivamo vektor A . Sada napravimo

linearnu kombinaciju ~B ′ = ~B + a A i zahtjevamo da ona bude okomita na A

~B ′ · A = 0 = ~B · A + a A · A


iz cega dobijemo koeficijent

a = − ~B · A .

Ako sada jos i normiramo vektor ~B ′ na jedinicu,

B =~B ′

√~B ′ ~B ′

,

dobit cemo A i B : dva jedinicna medusobno okomita vektora u ravnini (x, y). No, ipoznati par (~ex , ~ey ) su takoder dva jedinicna medusobno okomita vektora u ravnini (x, y).I svaki zakret (~ex , ~ey ) za proizvoljni kut daje dva nova medusobno okomita vektora uravnini(x, y). Tako smo se na ovom jednostavnom dvodimenzijskom vektorskom primjeruuvjerili da postoji beskonacno mnogo mogucih odabira baza. Slicna se razmisljanja moguprotegnuti i sa vektorskih prostora na prostore funkcija.

Zadatak: 5.18 Gram-Schmidtov postupak i Legendreovi polinomi:Krenuvsi od linearno nezavisnog skupa funkcija xn za n = 0, 1, 2, · · · , na in-tervalu [−1, 1] s tezinskom funkcijom w = 1, Gram-Schmidtovim postupkomkonstruirajte skup ortogonalnih funkcija i prepoznajte u njemu Legendreove po-linome.

R:U nasoj notaciji je un = xn, sto u nultom koraku daje

ϕ0 = u0 = 1 ⇒ ψ0 =ϕ0√∫ 1

−1d x

=1√2.

Zatim, za n = 1 slijedi

ϕ1 = x+ a1,01√2,

gdje je

a1,0 = −∫ 1

−1

x√2d x = 0

jer je podintegralna funkcija neparna. Normiranje ϕ1 vodi na

ψ1 =

√3

2x.

U drugom koraku je

ϕ2 = x2 + a2,01√2+ a2,1

√3

2x,


pri cemu su koeficijenti jednaki

a2,0 = −∫ 1

−1

x2√2d x = −

√2

3,

a2,1 = −∫ 1

−1

√3

2x3 d x = 0.

Time je

ϕ2 = x2 − 1

3,

ili, nakon normiranja na jedinicu

ψ2 =

√5

2

1

2(3x2 − 1).

U trecem koraku se dobiva

ψ3 =

√7

2

1

2(5x3 − 3x),

itd. u n-tom koraku se dobije

ψn =

√2n+ 1

2Pn(x),

gdje Pn(x) Legendreov polinom n-tog reda.

Zadatak: 5.19 Primjenom Gram-Schmidtovog postupka, izracunajte nekoliko prvih La-guerreovih polinoma

un(x) = xn, n = 0, 1, 2, · · · ,

0 ≤ x ≤ ∞,

w(x) = x e−x.

R:dovrsiti

Zadatak: 5.20 Zadano je :(a) skup funkcija un(x) = xn, n = 0, 1, 2, · · · ,(b) interval (0,∞),(c) tezinska funkcija w(x) = x e−x.Koristeci Gram-Schmidtov postupak, konstruirajte prve tri ortonormirane funk-cije iz skupa un na danom intervalu i za danu tezinsku funkciju.


R:dovrsiti

Zadatak: 5.21 Polazeci od skupa funkcija un = xn za n = 0, 1, 2, · · · , na intervalu[−∞,∞] i s tezinskom funkcijom w = e−x

2, konstruirajte Gram-Schmidtovim

postupkom prve tri ortonormirane funkcije.

R:Koristit ce se slijedeci tablicni integrali

∫ +∞

0

e−a2 x2 d x =

√π

2 a, a > 0,

∫ +∞

0

x2 e−a2 x2 d x =

√π

4 a3, a > 0

∫ +∞

0

xn e−a2 x2 d x =

Γ(n+12

)

2 an+1, a > 0, n > −1.

U nasoj notaciji je un = xn, sto u nultom koraku daje

ϕ0 = u0 = 1 ⇒ ψ0 =ϕ0√∫ +∞

−∞ e−x2 d x=

1

π1/4.

Zatim, za n = 1 slijedi

ϕ1 = x+ a1,01

π1/4,

gdje je

a1,0 = −∫ +∞

−∞

1

π1/4x e−x

2

d x = 0

jer je podintegralna funkcija neparna. Normiranje ϕ1 vodi na

ψ1 =

√2

π1/4x.

U drugom koraku je

ϕ2 = x2 + a2,0 ψ0 + a2,1 ψ1,

pri cemu su koeficijenti jednaki

a2,0 = − 2

π1/4

∫ ∞

0

x2 e−x2

d x = −1

2π1/4,

a2,1 = 0, zbog neparnosti podintegralne funkcije.


Time je

ϕ2 = x2 − 1

2π1/4 1

π1/4,

ili, nakon normiranja na jedinicu

ψ2 =1

π1/4√2(2x2 − 1).

Zadatak: 5.22 Zadano je :(a) skup funkcija un(x) = xn, n = 0, 1, 2, · · · ,(b) interval (−1,+1),(c) tezinska funkcija w(x) = (1− x2)−1/2.Koristeci Gram-Schmidtov postupak, konstruirajte prve tri ortonormirane funk-cije iz skupa un na danom intervalu i za danu tezinsku funkciju.

R:dovrsiti

Ortogonalni polinomi:Gornji primjer je naveden s ciljem da se ilustrira Gram-Schmidtov postupak. S obziromda funkcije un = xn nisu rjesenja Legendreove diferencijalne jednadzbe, cinjenica dasu rezultantne funkcije bili upravo Legendreovi polinomi je posljedica odabira intervala[a, b] = [−1, 1] i tezinske funkcije w = 1. Isti skup pocetnih funkcija un = xn, ali s drugimizborom intervala [a, b] i drugim izborom tezinske funkcije, dat ce za rezultat neke drugeortogonalne polinome. Neki od njih su prikazani u tablici 5.3. Primjetimo da polinominisu normirani na jedinicu, nego na neku konstantu koja se pokazala pogodna iz nekihdrugih razloga.

Nesto vise o tim polinomima kao rjesenjima odgovarajucih diferencijalnih jednadzba, bitice rijeci u odjeljku 7.1.

5.4.1 Potpunost skupa svojstvenih funkcija

Vratimo se sada trecem svojstvu hermitskih operatora, pobrojanih na pocetku ovogodjeljka, a to je potpunost skupa svojstvenih funkcija. Neki skup funkcija ϕn je pot-pun ako se svaka dobra funkcija5 funkcija f(x) moze aproksimirati redom tih funkcijaoblika6

f(x) =∞∑

n=0

an ϕn(x) (5.21)

5Tu se misli na funkcije koje su bar po dijelovima kontinuirane.6Sjetimo se da smo slican postupak vec proveli kada smo funkciju razvijali u red potencija f(x) =

∑

n an xn, gdje sufunkcije po kojim smo radili razvoj bile obicne potencije.


Tablica 5.3: Ortogonalni polinomi generirani Gram-Schmidtovim postupkom s pocetnim skupom funkcijaun = xn za n = 0, 1, 2, · · · .

polinom interval w(x) normiranje

Legendreov −1 ≤ x ≤ 1 1∫ 1

−1 [Pn(x)]2d x = 2

2n+1

pomaknuti Legendreov 0 ≤ x ≤ 1 1∫ 1

0[P ⋆

n (x)]2 d x = 12n+1

Cebisevljev 1 −1 ≤ x ≤ 1 (1− x2)−1/2∫ 1

−1[Tn(x)]

2(1− x2)−1/2 d x =

π/2, n 6= 0,π, n = 0 ,

pomaknuti Cebisevljev 1 0 ≤ x ≤ 1 [x(1 − x)]−1/2∫ 1

0 [T ⋆n (x)]

2[x(1 − x)]−1/2 d x =

π/2, n > 0,π, n = 0 ,

Cebisevljev 2 −1 ≤ x ≤ 1 (1− x2)1/2∫ 1

−1[Un(x)]

2(1− x2)1/2 d x = π/2

Laguerreov 0 ≤ x < ∞ e−x∫∞

0[Ln(x)]

2 e−x d x = 1

pridruzeni Laguerreov 0 ≤ x < ∞ xk e−x∫∞

0

[Lkn(x)

]2xk e−x d x = (n+k) !

n !

Hermiteov −∞ < x < ∞ e−x2 ∫∞

−∞ [Hn(x)]2e−x2

d x = 2n√π n !

do proizvoljnog stupnja tocnosti. Nesto preciznije bi bilo reci da je neki skup potpun7 akoslijedeci limes iscezava

limN→∞

∫ b

a

[f(x)−

N∑

n=0

an ϕn(x)

]2w(x) d x = 0.

U usporedbi s vektorima iz linearne algebre, gornji izrazi jednostavno kazu da se svakiproizvoljni vektor, ~A , uD-dimenzijskom prostoru, moze napisati kao linearna kombinacijavektora baze

~A =

D∑

n=1

an ~e n.

Umjesto proizvoljnog vektora ~A , sada se pojavljuje proizvoljna funkcija f , a umjestobaznih vektora, ~e n, sada se pojavljuju svojstvene funkcije ϕn kojih ima beskonacno iza koje se kaze da razapinju ovaj linearni beskonacnodimenzijski prostor. Uz skalarniumnozak definiran relacijom (5.22), ovaj se prostor naziva Hilbertov prostor.

Koeficijenti an iz (5.21) se lako odreduju pomocu svojstva ortonormiranosti skupa funkcija

7Ponekad se koristi i termin zatvoren skup.


ϕn: pomnozimo (5.21) s ϕm(x) w(x) i prointegrirajmo od a do b

∫ b

a

ϕm(x) w(x) f(x) d x =∞∑

n=0

an

∫ b

a

ϕm(x) w(x) ϕn(x) d x

=∞∑

n=0

an δm,n = am.

Tako smo dobili izraz za racunanje koeficijenata razvoja (5.21)

an =

∫ b

a

ϕn(x) f(x) w(x) d x. (5.22)

Diracova delta funkcija:Primjenimo gornje izlaganje na jedan konkretan i osobito vazan primjer Diracove deltafunkcije. Osnovna svojstva Diracove delta funkcije su izlozena u odjeljku 6.1, a mi cemose ovdje posvetiti njezinom razvoju po svojstvenim funkcijama. Prema gornjem izlaganju,za delta funkciju postoji razvoj oblika

δ(x− t) =

∞∑

n=0

an(t) ϕn(x),

gdje koeficijenti razvoja ovise o varijabli t. Pomnozimo gornju jednadzbu s ϕm(x) w(x) iprointegrirajmo po cijelom intervalu

∫ b

a

ϕm(x) w(x) δ(x− t) d x =∞∑

n=0

an(t)

∫ b

a

ϕm(x) ϕn(x) w(x) d x

ϕm(t) w(t) =∞∑

n=0

an(t) δm,n = am(t).

Tako smo dobili da su koeficijenti razvoja upravo svojstvene funkcije, ali u onoj drugojvarijabli

δ(x− t) =∞∑

n=0

ϕn(t) ϕn(x) w(t) = δ(t− x). (5.23)

U zapisu koji se koristi u matricnoj formulaciji kvantne mehanike, gornja bi relacija glasila

∞∑

n=0

| n 〉〈 n | = 1.

5.4.2 Nejednakosti

Besselova nejednakost za vektore:Ukoliko skup funkcija ϕn nije potpun, npr. zato jer nismo uzeli u racun beskonacno, negosamo konacno mnogo clanova skupa, vrijedi Besselova nejednakost.


Pogledajmo najprije jedan primjer s D-dimenzijskim vektorom ~A

~A = a1 ~e 1 + a2 ~e 2 + · · ·+ aD ~eD

/· ~e i

Vektori ~e i cine ortonormiranu bazu, ~e i · ~e j = δi,j, tako da je

ai = ~A · ~e i.

Uz ove uvjete vrijedi nejednakost

(~A −

∑

i

ai ~e i

)2

≥ 0.

Primjetimo da gornja granica u zbroju nije precizirana. Ako je gornja granica upravo D,tada vrijedi jednakost iz gornjeg izraza, a ako je gornja granica manja od D, jasno je davrijedi nejednakost, jer je tada

∑i ai ~e i manjeg iznosa od ~A . Raspisimo gornji izraz

(~A − a1 ~e 1 − a2 ~e 2 − a3 ~e 3 − · · ·

)2≥ 0

(A2 + a21 + a22 + a23+ · · ·

−2a1 ~A · ~e 1 − 2a2 ~A · ~e 2 − 2a3 ~A · ~e 3− · · ·−2a1 a2 ~e 1 · ~e 2︸︷︷︸

=0

−2a1 a3 ~e 1 · ~e 3︸︷︷︸=0

− · · ·

−2a2 a3 ~e 2 · ~e 3︸︷︷︸=0

− · · · ≥ 0.

(A2 + a21 + a22 + a23+ · · ·

−2a21 − 2a22 − 2a23 − · · · ) ≥ 0

A2 −∑

i

a2i ≥ 0.

Tako smo dosli i do Besselove nejednakosti za vektore

A2 ≥∑

i

a2i .

Besselova nejednakost za funkcije:Sada na slican nacin postupamo i s razvojem proizvoljne funkcije po potpunom skupufunkcija

∫ b

a

[f(x)−

∑

i

ai ϕi(x)

]2w(x) d x ≥ 0.


Raspisimo gornji izraz

∫ b

a

f 2(x)w(x) d x− 2∑

i

ai

∫ b

a

f(x)ϕi(x)w(x) d x+

∫ b

a

[∑

i

ai ϕi(x)

]2w(x) d x ≥ 0.

Prema (5.22), drugi od gornjih integrala je jednak ai. Zbog ortonormiranosti skupa ϕj(x),treci od gornjih integrala je jednak

∑j a

2j , sto sve zajedno vodi na

∫ b

a

f 2(x)w(x) d x− 2∑

i

a2i +∑

i

a2i ≥ 0.

tj, na Besselovu nejednakost za funkcije

∫ b

a

f 2(x)w(x) d x ≥∑

i

a2i .

Ponovo, jednakost vrijedi samo onda ako je skup funkcija ϕj(x) potpun skup.

Schwarzova nejednakost za vektore:U izvodu Schwarzove nejednakosti krece se od kvadratne jednadzbe

D∑

i=1

(ai x+ bi)2 =

D∑

i=1

a2i (x+ bi/ai)2 = 0.

Koeficijente ai i bi mozemo zamisliti kao komponente vektora ~a i ~b u nekoj bazi. Ako jeomjer bi/ai = c, gdje je c konstanta neovisna o i, tada je x = −c rjesenje gornje jednadzbe.Ako bi/ai nije konstantno, tada ne mogu svi clanovi zbroja iscezavati za realni x. Prematome rjesenje mora biti kompleksno. Raspisom gornjeg izraza slijedi

x2D∑

i=1

a2i + 2x

D∑

i=1

ai bi +

D∑

i=1

b2i = 0.

To je kvadratne jednadzba za x s dobro poznatim rjesenjem

x± =−2∑D

i=1 ai bi ±√4(∑D

i=1 ai bi

)2− 4

∑Di=1 a

2i

∑Dj=1 b

2j

2∑D

i=1 a2i

.

Da bi rjesenje za x bilo kompleksno, mora vrijediti Schwarzova nejednakost

(D∑

i=1

a2i

) (D∑

j=1

b2j

)≥(

D∑

i=1

ai bi

)2

. (5.24)


Jednakost vrijedi kada je omjer bi/ai konstantan i tada je x realan. Uvrsti li se u gornjiizraz, bi = c ai, dobiva se

(D∑

i=1

a2i

)c2

(D∑

j=1

a2j

)≥ c2

(D∑

i=1

a2i

)2

,

gdje ocito vrijedi jednakost.

Ako koeficijente ai i bi shvacamo kao komponente vektora, tada se Schwarzova nejednakostmoze geometrijski interpretirati kao

a2 b2 ≥ (~a ·~b )2 = a2 b2 cos2(~a ,~b ),

1 ≥ cos2(~a ,~b ).

Za razliku od uobicajene predodzbe kutova u dvije ili tri dimenzije, gornja relacija iznositvrdnju o kosinusu kuta u D-dimenzijskom prostoru.

Schwarzova nejednakost za funkcije:Do Schwarzove nejednakosti za funkcije se dolazi ovako: neka je

ψ(x) = f(x) + λ g(x)

kompleksna funkcija, λ neka je kompleksna konstanta. a f(x) i g(x) su proizvoljne kom-pleksne integrabilne funkcije. Mnozenjem ψ(x) s kompleksno konjugiranom ψ ⋆(x) i inte-griranjem, dobiva se

∫ b

a

ψ ⋆(x) ψ(x) d x =

∫ b

a

f ⋆(x) f(x) d x+ λ

∫ b

a

f ⋆(x) g(x) d x (5.25)

+ λ ⋆∫ b

a

f(x) g ⋆(x) d x+ λ λ ⋆∫ b

a

g ⋆(x) g(x) d x ≥ 0.

Buduci da je

ψ ⋆(x) ψ(x) =∣∣∣ψ(x)

∣∣∣2

≥ 0,

to je i integral na lijevoj strani gornjeg izraza nenegativan (jednakost vrijedi samo akoje ψ(x) = 0). Primjetimo li da su λ i λ ⋆ medusobno linearno nezavisne (zadatak 5.23),mozemo gornji izraz derivirati odvojeno po λ i po λ ⋆. Izjednacavanje ove dvije derivacijes nulom znaci naci vrijednosti λ i λ ⋆ koje cine integral (5.25) ekstremnim

∂

∂ λ

∫ b

a

∣∣∣ψ(x)∣∣∣2

d x = 0 =

∫ b

a

f ⋆(x) g(x) d x+ λ ⋆∫ b

a

∣∣∣g(x)∣∣∣2

d x,

∂

∂ λ ⋆

∫ b

a

∣∣∣ψ(x)∣∣∣2

d x = 0 =

∫ b

a

f(x) g ⋆(x) d x+ λ

∫ b

a

∣∣∣g(x)∣∣∣2

d x.


Gornje su jednadzbe zadovoljene kada je

λ = −∫ baf(x) g ⋆(x) d x∫ ba

∣∣∣g(x)∣∣∣2

d x,

λ ⋆ = −∫ baf ⋆(x) g(x) d x∫ ba

∣∣∣g(x)∣∣∣2

d x.

Uvrstavanjem ovih izraza za λ i λ ⋆ u (5.25) dobiva se ekstremna vrijednost integrala(5.25)

∫ b

a

|f(x)|2 d x −∫ baf(x) g ⋆(x) d x∫ ba|g(x)|2 d x

∫ b

a

f ⋆(x) g(x) d x−∫ baf ⋆(x) g(x) d x∫ ba|g(x)|2 d x

∫ b

a

f(x) g ⋆(x) d x

+

∫ baf(x) g ⋆(x) d x∫ ba|g(x)|2 d x

∫ baf ⋆(x) g(x) d x

∫ ba|g(x)|2 d x ∫ b

a

|g(x)|2 d x ≥ 0

∫ b

a

|f(x)|2 d x −

∣∣∣∫ baf ⋆(x) g(x) d x

∣∣∣2

∫ ba|g(x)|2 d x

≥ 0

∫ b

a

|f(x)|2 d x∫ b

a

|g(x)|2 d x ≥∣∣∣∣∫ b

a

f ⋆(x) g(x) d x

∣∣∣∣2

. (5.26)

Gornji izraz jeste Schwarzova nejednakost za funkcije.

Zadatak: 5.23 Pokazite da su λ i λ ⋆ linearno nezavisne.

R:Ako su λ i λ ⋆ linearno nezavisne, tada u relaciji

Aλ+B λ ⋆ = 0,

mora biti

A = B = 0.

Neka je

λ ≡ a + ı b.


Tada je

Aλ+B λ ⋆ = 0

A (a+ ı b) +B (a− ı b) = 0,

a(A+B) + ı b(A−B) = 0 + ı 0,

A+B = 0, A−B = 0,

a gornje su realcije su zadovoljene samo za

A = B = 0.

Zadatak: 5.24 Funkcija f(x) je aproksimirana polinomom

n−1∑

i=1

ci xi

na intervalu [0, 1]. Pokazite da minimizacija srednjeg kvadratnog odstupanjavodi na skup linearnih jednadzba oblika

A v ′ = .

Odredite A i .

R:dovrsiti

Zadatak: 5.25 Ako se funkcije f(x) i g(x) iz Schwarzove nejednakosti mogu razviti u redpo svojstvenim funkcijama ϕi , pokazite da se dobiju relacije oblika (5.23) izskripte.

R:dovrsiti

Zadatak: 5.26 Normirana valna funkcija je prikazana redom

ψ(x) =

∞∑

i=1

ci ϕi(x).


Matrica gustoce je definirana svojim elementima

ρi,j = ci c⋆j .

Pokazite da je

ρ2 = ρ.

R:dovrsiti

Schwarzova nejednakost u kvantnoj mehanici:U kvantnoj mehanici f(x) i g(x) mogu predstavljati stanja ili konfiguracije fizickog sus-tava. U tom slucaju Schwarzova nejednakost osigurava postojanje skalarnog (ili unu-

trasnjeg) umnoska∫ baf ⋆(x) g(x) d x. U nekim udzbenicima, Schwarzova nejednakost je

kljucni korak u izvodu Heisenbergovog nacela neodredenosti.

Takoder, u kvantnoj se mehanici koristi nesto jednostavnija notacija; tako se npr. vecspomenuti skalarni umnozak oznacava kao

〈 f | g 〉 ≡∫ b

a

f ⋆(x) g(x) d x.

U ovoj notaciji, Schwarzova nejednakost glasi

〈 f | f 〉〈 g | g 〉 ≥ |〈 f | g 〉|2 .

Zadatak: 5.27 Heisenbergove relacije neodredenosti:dovrsiti

R:It is well-known that in quantum mechanics, [position, momentum], [angle,angular momentum], [energy, time], and [phase, particle number] are all co-njugate pairs and have an uncertainty relation. What other pairs exist? Arethere any physical variables that definitely do not have a conjugate and arenot part of an uncertainty relation? Can we say something special about thosevariables that do not have an uncertainty relation?

⟨ (∆A)2 ⟩ ⟨ (

∆B)2 ⟩

≥ 1

4

∣∣∣∣⟨ [

A,B]

−

⟩∣∣∣∣2

∆A = A− 〈 A 〉

dovrsiti - Heisenberg.tex

5.5. RAZVOJ GREENOVE FUNKCIJE PO SVOJSTVENIM FUNKCIJAMA 211

Ako u (5.26) uvrstimo da je g normirana svojstvena funkcija ϕi(x) (s tezinom w = 1), af je dano sa (5.21), dolazi se do

∣∣∣∣∫ b

a

f ⋆(x) g(x) d x

∣∣∣∣2

≤∫ b

a

f ⋆(x) f(x) d x

∫ b

a

g(x) ⋆ g(x) d x

∣∣∣∣∣

∫ b

a

∞∑

n=0

a ⋆n ϕ⋆n(x) ϕi(x) d x

∣∣∣∣∣

2

≤∫ b

a

f ⋆(x) f(x) d x

∫ b

a

ϕi(x)⋆ ϕi(x) d x

∣∣∣∣∣

∞∑

n=0

a ⋆n

∫ b

a

ϕ ⋆n(x) ϕi(x) d x

∣∣∣∣∣

2

≤∫ b

a

f ⋆(x) f(x) d x · 1∣∣∣∣∣

∞∑

n=0

a ⋆n δn,i

∣∣∣∣∣

2

≤∫ b

a

f ⋆(x) f(x) d x

a ⋆i ai ≤∫ b

a

f ⋆(x) f(x) d x.

Gornju cemo relaciju koristiti u odjeljku 6.1.

5.5 Razvoj Greenove funkcije po svojstvenim funkcijama

Primjer: 5.1 Zapocnimo ovaj odjeljak s jednim primjerom. Neka to bude nehomogenaHelmholtzova parcijalna diferencijalna jednadzba

∇ 2 ψ(~r) + k 2 ψ(~r) = −ρ(~r).

Kao sto je definirano u odjeljku 4.4.2, Greenova funkcija pridruzena gornjoj nehomogenojdiferencijalnoj jednadzbi, zadovoljava analognu jednadzbu s tockastim izvorom

∇ 2 G(~r, ~r ′) + k 2 G(~r, ~r ′) = −δ(~r − ~r ′).

Oznacimo s ϕn svojstvene funkcije homogene Helmholtzove jednadzbe

∇ 2 ϕn(~r) + k 2n ϕn(~r) = 0, n = 0, 1, 2, · · · ,

sa svojstvenim vrijednostima k 2n .

Svojstvene funkcije ϕn cine potpun skup, pa se svaka, a time i Greenova, funkcija mozerazviti u red po svojstvenim funkcijama s proizvoljnom tocnoscu

G(~r, ~r ′) =∞∑

n=0

an(~r′) ϕn(~r).

Buduci da ϕn ovise o varijabli ~r, to zakljucujemo da koeficijenti razvoja an moraju bitifunkcije od one druge varijable Greenove funkcije, koju smo oznacili s ~r ′. Uvrstimo gornjirazvoj u jednadzbu Greenove funkcije

∇ 2∞∑

n=0

an(~r′) ϕn(~r) + k 2

∞∑

n=0

an(~r′) ϕn(~r) = −δ(~r − ~r ′)


No, iz (5.23) znamo kako izgleda razvoj delta funkcije po svojstvenim funkcijama (radijednostavnosti, neka je tezinska funkcija w = 1), pa slijedi

−∞∑

n=0

an(~r′) k 2

n ϕn(~r) + k 2

∞∑

n=0

an(~r′) ϕn(~r) = −

∞∑

n=0

ϕn(~r′) ϕn(~r)

∞∑

n=0

(k 2 − k 2n) an(~r

′) ϕn(~r) = −∞∑

n=0

ϕn(~r′) ϕn(~r)

Pomnozimo gornju jednadzbu s ϕm(~r) i prointegrirajmo ju od a do b, koristeci ortonor-miranost svojstvenih funkcija

∞∑

n=0

(k 2 − k 2n ) an(~r

′)

∫ b

a

ϕm(~r) ϕn(~r) d3 r = −

∞∑

n=0

ϕn(~r′)

∫ b

a

ϕm(~r) ϕn(~r) d3 r

∞∑

n=0

(k 2 − k 2n) an(~r

′) δm,n = −∞∑

n=0

ϕn(~r′) δm,n

(k 2 − k 2m) am(~r

′) = −ϕm(~r ′).

Tako dobivamo koeficijente razvoja u obliku

an(~r′) =

ϕn(~r′)

k 2n − k 2

i cijelu Greenovu funkciju Helmholtzova diferencijalnog operatora

G(~r, ~r ′) =

∞∑

n=0

an(~r′) ϕn(~r) =

∞∑

n=0

ϕn(~r) ϕn(~r′)

k 2n − k 2

= G(~r ′, ~r).

Iz gornjeg je izraza vidljiva simetrija Greenove funkcije na zamjenu varijabli. Konacno,kao sto je pokazano u (4.77), rjesenje ψ(~r) nehomogene jednadzbe je

ψ(~r) =

∫G(~r, ~r ′) ρ(~r ′) d3 r ′

=∞∑

n=0

∫ϕn(~r

′) ρ(~r ′) d3 r ′

k 2n − k 2

︸︷︷︸≡ cn

ϕn(~r)

=

∞∑

n=0

cn ϕn(~r).

Na gornjem je primjeru pokazano kako se, pomocu Greenove funkcije,

rjesenje, ψ(~r), nehomogene jednadzbe, moze napisti kao razvoj u red posvojstvenim funkcijama, ϕn(~r), rjesenjima homogene jednadzbe.

5.5. RAZVOJ GREENOVE FUNKCIJE PO SVOJSTVENIM FUNKCIJAMA 213

Ako se sa ovaj primjer sa Helmholtzove jednadzbe poopci na

L ψ + λ ψ = −ρ,

gdje je L hermitski operator, istim postupkom kao gore, dolazi se do Greenove funkcije uobliku

G(~r, ~r ′) =∞∑

n=0

ϕn(~r) ϕn(~r′)

λn − λ.

U gornjem izrazu λn je n-ta svojstvena vrijednost svojstvene funkcije ϕn pridruzene ho-mogene jednadzbe

L ϕn + λn ϕn = 0,

a rjesenje nehomogene jednadzbe je

ψ(~r) =

∞∑

n=0

cn ϕn(~r), cn =

∫ϕn(~r

′) ρ(~r ′) d3 r ′

λn − λ.

Zadatak: 5.28 Razvoj Greenove funkcije po svojstvenim funkcijama:Izracunajte Greenovu funkciju pridruzenu diferencijalnoj jednadzbi

y ′ ′(x) +1

4y(x) = f(x)

s rubnim uvjetima: y(0) = y(π) = 0. Zatim nadite rjesenje gornje jednadzbeza: (a) f(x) = sin 2x i (b) f(x) = x/2.

R:rjesenje - papiri

Zadatak: 5.29 Nadite svojstvene funkcije samoadjungiranog diferencijalnog operatora d2/d x2

koje zadovoljavaju rubne uvjete yn(0) = yn(π) = 0, i pomocu njih konstruirajteGreenovu funkciju.

R:rjesenje - papiri

Zadatak: 5.30 Za isti diferencijalni operator i iste rubne uvjete, kao u zadatku 5.29,konstruirajte Greenovu funkciju postupkom iz odjeljka o Greenovim funkcijamau jednoj dimenziji.

R:rjesenje - papiri


Zadatak: 5.31 Pomocu razvoja Greenove funkcije po svojstvenim funkcijama, pokaziteda je:

(a)2

π2

∞∑

n=1

sinnπx sinnπξ

n2=

x (1− ξ), 0 ≤ x < ξ,

ξ (1− x), ξ < x ≤ 1 ,

(b)2

π2

∞∑

n=1

sin(n + 1/2)πx sin(n+ 1/2)πξ

(n + 1/2)2=

x, 0 ≤ x < ξ,

ξ, ξ < x ≤ 1 .

R:rjesenje - papiri

Zadatak: 5.32 U Fredholmovoj jednadzbi,

f(x) = λ2∫ b

a

G(x | ξ) ϕ(ξ) d ξ,

G(x | ξ) je Greenova funkcija dana sa

G(x | ξ) =∞∑

n=1

ϕn(x) ϕn(ξ)

λ2n − λ2.

Pokazite da je rjesenje gornje jednadzbe dano sa

ϕ(x) =∞∑

n=1

λ2n − λ2

λ2ϕn(x)

∫ b

a

f(ξ) ϕn(ξ) d ξ.

R:rjesenje - papiri

5.6 Greenove funkcije u jednoj dimenziji

Primjer: 5.2 Kao pocetni primjer, promotrimo napetu zicu koja miruje. Sila napetostizice je oznacena s T , a gustoca vanjske sile (sila po jedinici duljine zice) je oznacena sF (x). Pomak zice ψ, u smjeru okomitom na os x, ovisi samo o x i zadovoljava jednadzbu

Td2 ψ(x)

d x2= F (x) ⇒ d2 ψ(x)

d x2=F (x)

T≡ f(x). (5.27)

5.6. GREENOVE FUNKCIJE U JEDNOJ DIMENZIJI 215

Rubovi zice su nepomicni: ψ(0) = ψ(L) = 0. Zadatak je rijesiti gornju jednadzbu uposebno jednostavnom slucaju kada gustoca vanjske sile iznosa F0 djeluje samo u tockix = ξ zice

F (x) = F0 δ(x− ξ).

Kao sto je definirano u odjeljku 4.4.2, Greenova funkcija pridruzena gornjoj nehomoge-noj diferencijalnoj jednadzbi, zadovoljava analognu jednadzbu s tockastim izvorom - silomjednakoj Diracovoj δ-funkciji

d2G(x | ξ)d x2

= δ(x− ξ) (5.28)

i rubnim uvjetimaG(0 | ξ) = G(L | ξ) = 0. (5.29)

Od ovoga mjesta pa nadalje, za Greenovu funkciju ce se umjesto G(x, ξ) koristiti uobicajenooznacavanje G(x | ξ). Izvan tocke x = ξ, Greenova funkcija zadovoljava homogenu jed-nadzbu,

d2G(x | ξ)d x2

= 0,

cija su ocita rjesenja linearne funkcije

G(x | ξ) =

a0 + x a1 , x < ξ

b0 + x b1, x > ξ.

Nakon uvrstavanja rubnih uvjeta, (5.29), na G

G(x | ξ) =

x a1 , x < ξ

(x− L) b1, x > ξ.

Buduci da G predstavlja oblik zice (deformirane djelovanjem vanjske sile) kao npr. naslici 5.2, to G mora biti kontinuirana funkcija u tocki x = ξ, tj. mora biti

ξ a1 = (ξ − L) b1 ⇒ b1 = a1ξ

ξ − L.

G(x | ξ) =

x a1 , x < ξ

ξx− L

ξ − La1, x > ξ.

(5.30)

Sada je ostala jos jedna neodredena konstanata, a1. Ona se odreduje pomocu uvjeta naderivaciju G u tocki x = ξ. Sa slike 5.2 je ocito da derivacija G nije kontinuirana, negoda ima skok u x = ξ. Da bi se izracunala vrijednost tog skoka, jednadzbu (5.28) za G


Slika 5.2: Deformacija napete zice pod djelovanjem vanjske sile u jednoj tocki zice.

treba prointegrirati po malom podrucju oko x = ξ

limǫ→ 0

∫ ξ+ǫ

ξ−ǫ

d2G(x | ξ)d x2

d x = limǫ→ 0

∫ ξ+ǫ

ξ−ǫδ(x− ξ) d x = 1,

d G(x | ξ)d x

∣∣∣∣x=ξ+0

− dG(x | ξ)d x

∣∣∣∣x=ξ−0

= 1.

Gornje derivacije se racunaju iz (5.30)

dG(ξ − 0 | ξ)d x

= a1,d G(ξ + 0 | ξ)

d x=

ξ

ξ − La1,

pa gornji uvjet na derivacije G daje

ξ

ξ − La1 − a1 = 1 ⇒ a1 =

ξ − L

L

i, konacno

G(x | ξ) =

− 1

Lx (L− ξ), 0 ≤ x < ξ

− 1

Lξ (L− x), ξ < x ≤ L.

(5.31)

Primjetimo da je gornja Greenova funkcija simetricna na zamjenu x i ξ

G(x | ξ) = G(ξ | x),

dok Greenove funkcije G(t, τ) iz prethodna dva primjera, nisu simetricne na zamjenusvojih indeksa.


U skladu s prethodnim izlaganjem, ocekujemo da ce opce rjesenje jednadzbe (5.27) biti

ψ(x) =

∫ L

0

G(x | ξ)F (x)T

d ξ.

Tocnost gornjeg rjesenja se lako provjerava njegovim uvrstavanjem u (5.27).

Razmotrimo sada opcenitu nehomogenu Sturm-Liouvilleovu diferencijalnu jednadzbu (obicnu,a ne parcijalnu)

L y(x) + f(x) = 0, (5.32)

u kojoj je L samoadjungirani diferencijalni operator

L =d

d x

[p(x)

d

d x

]+ q(x). (5.33)

Kao i u odjeljku 5.1 trazimo da funkcija y(x) zadovoljava odredene rubne uvjete na gra-nicama intervala [a, b]. Sada se uvodi jedna funkcija koju cemo zvati G i cija definicija isvojstva mozda i nece u prvi mah biti posve jasna, ali se nadamo da ce se kasnije uocitisvrha cijelog postupka.

(1) Cijeli interval a ≤ x ≤ b se parametrom ξ podijeli na dva dijela; sa G = GL oznacimofunkciju G na lijevom dijelu intervala a ≤ x < ξ, a sa G = GD oznacimo funkciju Gna desnom dijelu ξ < x ≤ b (slika 5.3).

Slika 5.3: Uz definiciju Greenove funkcije.

(2) Funkcije GL i GD zadovoljavaju homogenu Sturm-Liouvilleovu jednadzbu

L GL = 0, a ≤ x < ξ,

L GD = 0, ξ < x ≤ b.

(3) U tocki a, funkcija GL zadovoljava rubni uvjet na y, a u tocki b, funkcija GD zado-voljava rubni uvjet na y. Uobicajeno je renormirati rubne uvjete tako da u x = a i u


x = b bude

y(a) = 0 ili y ′(a) = 0 ili α y(a) + β y ′(a) = 0,

y(b) = 0 ili y ′(b) = 0 ili α y(b) + β y ′(b) = 0.

(4) Zahtjevamo da G bude kontinuirana u tocki x = ξ

limx→ξ−

GL(x, ξ) = limx→ξ+

GD(x, ξ).

(5) Zahtjevamo da derivacija G bude diskontinuirana u tocki ξ, tj. da ima skok iznosa1/p

∂ GL(x | ξ)∂ x

∣∣∣∣ξ

− ∂ GD(x | ξ)∂ x

∣∣∣∣ξ

=1

p(ξ),

gdje je p funkcija koja se pojavljuje u definiciji samoadjungiranog operatora (5.33).Primjetimo da uz diskontinuiranu prvu derivaciju, druga derivacija u toj tockine postoji.

Zahtjevi (1) - (5) definiraju G kao funkciju dvije varijable G = G(x | ξ). Takoder trebaprimjetiti da G(x | ξ) ovisi i o obliku diferencijalnog operatora L, ali i o rubnim uvjetimakoje mora zadovoljavati y(x). Pretpostavimo da mozemo naci funkciju G(x | ξ) s navede-nim svojstvima i da smo ju nazvali Greenova funkcija. Uz tu pretpostavku, pokazimo daje partikularno rjesenje jednadzbe (5.32) dano sa

yP (x) =

∫ b

a

G(x | ξ) f(ξ) d ξ. (5.34)

Primjetimo da je to samo partikularno rjesenje, a da je ukupno rjesenje zbroj partikular-nog i rjesenja homogene jednadzbe

y = yH + yP .

Konstrukcija Greenove funkcijeDa bismo to pokazali, najprije treba konstruirati Greenovu funkciju G(x | ξ). Neka suu(x) i v(x) rjesenja homogene Sturm-Liouvilleove jednadzbe

L u = 0, L v = 0.

Pri tome u(x) zadovoljava rubni uvjet u x = a, a v(x) zadovoljava rubni uvjet u x = b.

Pokazat cemo da je u tom slucaju Greenova funkcija oblika

G(x | ξ) =

c1(ξ) u(x) a ≤ x < ξ,

c2(ξ) v(x) ξ < x ≤ b ,

gdje su cj za sada nepoznate konstante u x ali su funkcije od ξ, a koje se odreduju izzahtjeva da G bude kontinuirana, a G ′ diskontinuirana u x = ξ (uvjeti (4) i (5) sa str


218)

c1 u(ξ)− c2 v(ξ) = 0, (5.35)

c1 u′(ξ)− c2 v

′(ξ) =1

p(ξ). (5.36)

Gornji se sustav jednadzba za c1 i c2 moze napisati i u matricnom obliku

u(ξ) −v(ξ)

u ′(ξ) −v ′(ξ)

c1

c2

=

0

1/p(ξ)

.

Jedinstveno rjesenje za cj postoji ako je determinanta Wronskoga razlicita od nule∣∣∣∣∣∣

u(ξ) −v(ξ)

u ′(ξ) −v ′(ξ)

∣∣∣∣∣∣= u ′(ξ) v(ξ)− u(ξ) v ′(ξ) 6= 0.

U odjeljku 4.3 smo vidjeli da je neiscezavanje determinante Wronskoga nuzan uvjet darjesenja budu nezavisna. Razmotrimo situaciju u kojoj su u i v nezavisna rjesenja. Ako suu i v rjesenja homogene varijante jednadzbe (5.32), gdje je L samoadjungirani operator,tada je

d

d x

[p(x)

d u(x)

d x

]+ q(x)u(x) = 0,

d

d x

[p(x)

d v(x)

d x

]+ q(x)v(x) = 0.

Pomnozi li se prva jednadzba s v a druga s −u i zatim se jednadzbe zbroje, dobije se

vd

d x(p u ′) = u

d

d x(p v ′)

d

d x(v p u ′)−v ′ p u ′ =

d

d x(u p v ′)−v ′ p u ′.

sto konacno vodi na

d

d x(p u v ′ − p v u ′) = 0

p u v ′ − p v u ′ = A

u(x) v ′(x)− v(x) u ′(x) =A

p(x), (5.37)

gdje je A konstanta. Ova posljednja relacija se zove Abelova formula. VrijednostA/p je ujedno i negativna vrijednost determinante Wronskoga. Usporedba (5.36) i (5.37)daje

c1 = −v(ξ)A

, c2 = −u(ξ)A

.


Gornje vrijednosti cj ocito zadovoljavaju i jednadzbu (5.35). Uvrstavanje ovih vrijednosti,daje za Greenovu funkciju

G(x | ξ) = − 1

A

u(x) v(ξ) a ≤ x < ξ,

u(ξ) v(x) ξ < x ≤ b.(5.38)

Primjetimo ponovo simetriju Greenove funkcije

G(x | ξ) = G(ξ | x).

Zadatak: 5.33 Pomocu Greenove funkcije rijesite jednadzbu

y ′ ′(x) + y(x) = cosec(x),

uz rubne uvjete y(0) = y(π/2) = 0 .

R:rjesenje - u papirima

Zadatak: 5.34 Koristeci postupak iz odjeljka o Greenovim funkcijama u jednoj dimenziji,izracunajte Greenovu funkciju diferencijalne jednadzbe

y ′ ′ +1

9y = f(x),

uz rubne uvjete y(0) = y(π) = 0.


Zadatak: 5.35 Izracunajte Greenovu funkciju operatora d2/d x2, uz rubne uvjete y(0) =0, y ′(1) = 0.



Zadatak: 5.36 Nadite Greenove funkcije za operatore:

(a) L y(x) =d

d x

(xd y

d x

),

(b) L y(x) =d

d x

(xd y

d x

)− n2

xy(x),

s rubnim uvjetima y(0) = y(1) = 0.

R:dovrsiti

Zadatak: 5.37 Konstruirajte jednodimenzijsku Greenovu funkciju za Helmholtzovu jed-nadzbu

(∇ 2 + k2) ψ(x) = g(x).

Rubni su uvjeti takvi da val koji se giba u pozitivnom x smjeru ima vremenskuovisnost e−ıωt.

R:dovrsiti

Zadatak: 5.38 Konstruirajte jednodimenzijsku Greenovu funkciju za modificiranu Hel-mohltzovu jednadzbu

(∇ 2 − k2) ψ(x) = f(x).

Rubni su uvjeti takvi da Greenova funkcija iscezava za x→ ±∞

R:dovrsiti

Integro-diferencijalna jednadzba za Greenove funkcije:Sada kada je Greenova funkcija konstruirana, jos treba pokazati da je rjesenje diferen-

cijalne jednadzbe (5.32) dano integralom (5.34). To cemo izvesti izravnim uvrstavanjem(5.38) u (5.34) (primjetimo da je u prvom dijelu donjeg integrala ξ < x, a u drugom dijeluje ξ > x)

yP (x) = −v(x)A

∫ x

a

u(ξ) f(ξ) d ξ − u(x)

A

∫ b

x

v(ξ) f(ξ) d ξ. (5.39)

Derivacija8 po x gornje jednadzbe daje (radi jednostavnosti, u nastavku cemo umjesto

8Primjeniti Leibnitzovu formulu za derivaciju odredenog integrala


yP , pisati jednostavno y)

y ′(x) = −v′(x)

A

∫ x

a

u(ξ) f(ξ) d ξ −v(x)

Au(x) f(x)

− u ′(x)

A

∫ b

x

v(ξ) f(ξ) d ξ +u(x)

Av(x) f(x)

= −u′(x)

A

∫ b

x

v(ξ) f(ξ) d ξ − v ′(x)

A

∫ x

a

u(ξ) f(ξ) d ξ. (5.40)

Jos jedna derivacija po x daje

y ′ ′(x) = −u′ ′(x)

A

∫ b

x

v(ξ) f(ξ) d ξ +u ′(x)

Av(x) f(x)

− v ′ ′(x)

A

∫ x

a

u(ξ) f(ξ) d ξ − v ′(x)

Au(x) f(x)

= −u′ ′(x)

A

∫ b

x

v(ξ) f(ξ) d ξ − v ′ ′(x)

A

∫ x

a

u(ξ) f(ξ) d ξ

− 1

A

[u(x) v ′(x)− u ′(x) v(x)

]f(x)

Ako se umjesto gornje uglate zagrade uvrsti Abelova formula (5.37), slijedi

y ′ ′(x) = −u′ ′(x)

A

∫ b

x

v(ξ) f(ξ) d ξ − v ′ ′(x)

A

∫ x

a

u(ξ) f(ξ) d ξ − f(x)

p(x).

Uvrstavanjem gornjih izraza u (5.32), pokazat cemo da je ta jednadzba zadovoljena: ras-pisom (5.33) se dobiva

p(x) y ′ ′(x) + p ′(x) y ′(x) + q(x) y(x) =? = −f(x)

Lijeva strana gornjeg izraza je

= p(x)

[−u

′ ′(x)

A

∫ b

x

v(ξ) f(ξ) d ξ − v ′ ′(x)

A

∫ x

a

u(ξ) f(ξ) d ξ − f(x)

p(x)

]

+ p ′(x)

[−u

′(x)

A

∫ b

x

v(ξ) f(ξ) d ξ − v ′(x)

A

∫ x

a

u(ξ) f(ξ) d ξ.

]

+ q(x)

[−u(x)

A

∫ b

x

v(ξ) f(ξ) d ξ − v(x)

A

∫ x

a

u(ξ) f(ξ) d ξ

]

= − 1

A

[p(x) u ′ ′(x) + p ′(x) u ′(x) + q(x) u(x)

] ∫ b

x

v(ξ) f(ξ) d ξ

− 1

A

[p(x) v ′ ′(x) + p ′(x) v ′(x) + q(x) v(x)

] ∫ x

a

u(ξ) f(ξ) d ξ

− f(x).

Buduci da su u i v rjesenja homogene jednadzbe, to su gornje uglate zagrade jednake


nuli i preostaje samo clan −f(x), cime je polazna pretpostavka dokazana.

Rubni uvjetiJos treba pokazati da y iz (5.39) i y ′ iz (5.40) zadovoljavaju postavljene rubne uvjete iztocke (3) sa strane 218. U tocki x = a je

y(a) = −u(a)A

∫ b

a

v(ξ) f(ξ) d ξ − v(a)

A

∫ a

a

u(ξ) f(ξ) d ξ

︸︷︷︸= 0

= −u(a)A

∫ b

a

v(ξ) f(ξ) d ξ ≡ c u(a)

y ′(a) = −u′(a)

A

∫ b

a

v(ξ) f(ξ) d ξ − v ′(a)

A

∫ a

a

u(ξ) f(ξ) d ξ

︸︷︷︸= 0

.

= −u′(a)

A

∫ b

a

v(ξ) f(ξ) d ξ ≡ c u ′(a),

gdje konstanta c jednaka omjeru odredenog integrala (koji ima neku konstantnu vrijed-nost) i konstante A. Odaberimo da u zadovoljava rubni uvjet

α u(a) + β u ′(a) = 0. (5.41)

Mnozenjem gornje jednadzbe s c, vidi se da i y zadovoljava tu istu jednadzbu

α c u(a) + β c u ′(a) = 0

α y(a) + β y ′(a) = 0.

Ovdje se ujedno vidi svrha homogenih rubnih uvjeta: normiranje (u smislu mnozenjaproizvoljnom konstantom) niste ne mijenja.

U kvantnoj mehanici se rubni uvjeti cesto zadaju u obliku omjera

ψ ′(x)

ψ(x)=

d

d xlnψ(x),

sto je ekvivalentno uvjetu (5.41). Prednost ovakvog zadavanja uvjeta je u tome sto valnafunkcija (zbog omjera) ne mora biti normirana.

Jednadzba svojstvenih funkcija i svojstvenih vrijednosti:U dosadasnjoj analizi nismo postavljali uvjete na f(x). Pretpostavimo sada da jef(x) = λ w(x) y(x), tako da jednadzba (5.32) postaje jednadzba svojstvenih vrijednosti

L y(x) + λ w(x) y(x) = 0 (5.42)


s pridruzenim rubnim uvjetima, a rjesenje (5.34) postaje

y(x) = λ

∫ b

a

G(x | ξ) w(ξ) y(ξ) d ξ. (5.43)

Ovdje je tezinska funkcija oznacava s w. Jednadzba (5.43) se naziva homogena Fred-holmova integralna jednadzba druge vrste.

Na ovom mjestu dolazi do promjene u interpretaciji znacenja Greenova funkcije. Gre-enovu funkciju smo u odjeljku 4.4.2. upoznali kao propagator ili tezinsku funkciju kojaopisuje nacin na koji naboj u tocki ~r ′ proizvodi potencijal u tocki ~r. Naboj je bio neho-mogeni clan u diferencijalnoj jednadzbi (5.32). Gornje jednadzbe: diferencijalna (5.42)i integralna (5.43) su obje homogene, a G(x | ξ) predstavlja vezu medu njima.

Pokazimo da je (5.43) rjesenje jednadzbe (5.42). Pomnozimo (5.42) s G i prointegrirajmood a do b

∫ b

a

G(x | ξ) L y(x) d x+ λ

∫ b

a

G(x | ξ) w(x) y(x) d x︸︷︷︸

= (5.43) = y(ξ)

= 0

Prvi integral rastavimo na dva dijela u skladu s konstrukcijom Greenove funkcije

−∫ ξ

a

GL(x | ξ) L y(x) d x−∫ b

ξ

GD(x | ξ) L y(x) d x = y(ξ). (5.44)

Pogledajmo prvi integral lijeve strane: parcijalnom integracijom se dolazi do

−∫ ξ

a

GL(x | ξ) L y(x) d x = −∫ ξ

a

GL(x | ξ)[d

d x

(p(x)

d y(x)

d x

)+ q(x) y(x)

]d x

= −[GL(x | ξ) p(x) y ′(x)

]ξa+

∫ ξ

a

G ′L(x | ξ) p(x) y ′(x) d x

−∫ ξ

a

GL(x | ξ) q(x) y(x) d x

i isto tako odgovarajuci izraz za GD. Jos jedna parcijalna integracija clana s G ′L daje

∫ ξ

a

G ′L(x | ξ) p(x) y ′(x) d x =

[G ′L(x | ξ) p(x) y(x)

]ξa−∫ ξ

a

y(x)d

d x

(p(x)

dGL(x | ξ)d x

)d x,

sto sve zajedno vodi na

−∫ ξ

a

GL(x | ξ) L y(x) d x = −[GL(x | ξ) p(x) y ′(x)

]ξa+[G ′L(x | ξ) p(x) y(x)

]ξa

−∫ ξ

a

y(x)d

d x

(p(x)

dGL(x | ξ)d x

)d x,−

∫ ξ

a

y(x) GL(x | ξ) q(x) d x

= −[GL(x | ξ) p(x) y ′(x)

]ξa+[G ′L(x | ξ) p(x) y(x)

]ξa

−∫ ξ

a

y(x) L GL(x | ξ) d x.


Buduci da je, prema svojstvu (2) sa strane 217, L GL(x | ξ) = 0, ovaj posljednji integraliscezava. Sjetimo se ponovo da slicne izraze dobivamo i za GD, ali s granicama od ξ do b.Tako se za (5.44) dobije

y(ξ) = −[GL(x | ξ) p(x) y ′(x)

]ξa+[G ′L(x | ξ) p(x) y(x)

]ξa

−[GD(x | ξ) p(x) y ′(x)

]bξ+[G ′D(x | ξ) p(x) y(x)

]bξ

= − GL(ξ | ξ) p(ξ) y ′(ξ) +GL(a | ξ) p(a) y ′(a) +G ′L(ξ | ξ) p(ξ) y(ξ)−G ′

L(a | ξ) p(a) y(a)

− GD(b | ξ) p(b) y ′(b) +GD(ξ | ξ) p(ξ) y ′(ξ) +G ′D(b | ξ) p(b) y(b)−G ′

D(ξ | ξ) p(ξ) y(ξ).

Grupirajmo clanove uz p(ξ), p(a) i p(b)

y(ξ) = − p(ξ)[GL(ξ | ξ) y ′(ξ)−G ′

L(ξ | ξ) y(ξ)−GD(ξ | ξ) y ′(ξ) +G ′

D(ξ | ξ) y(ξ)]

+ p(a)[GL(a | ξ) y ′(a)−G ′

L(a | ξ) y(a)]

︸︷︷︸= 0, b.c. (3) str. 218

− p(b)[GD(b | ξ) y ′(b)−G ′

D(b | ξ) y(b)]

︸︷︷︸= 0, b.c. (3) str. 218

= − p(ξ)[−G ′

L(ξ | ξ) +G ′D(ξ | ξ)

]

︸︷︷︸= −1/p(ξ)

y(ξ)

= y(ξ) ,

cime je u cjelosti dokazana ekvivalencija izmedu integralne jednadzbe i diferencijalnejednadzbe s prikladnim rubnim uvjetima.

Zadatak: 5.39 Harmonijski oscilator:Zadana je jednadzba

y ′ ′(x) + λ y(x) = 0,

koja opisuje titranje zice duzine l ucvrscene na oba kraja, tako da su rubniuvjeti y(0) = y(l) = 0. Zadatak je konstruirati Greenovu funkciju.

R:Za konstruiranje Greenove funkcije, potrebna su nam rjesenja pripadne homo-gene jednadzbe,

L y(x) ≡ y ′ ′(x) = 0.

Da bi rubni uvjeti bili zadovoljeni, jedno rjesenje mora iscezavati u x = 0 ≡ a,a drugo u x = l ≡ b. Ocito su ta (nenormirana) rjesenja jednaka

u(x) = x,

v(x) = l − x.


Pomocu ovih rjesenja vidimo da je determinanta Wronskoga jednaka

u v ′ − u ′ v = −1.

Kako iz L y(x) ≡ y ′ ′(x) ocitavamo da je p(x) = 1, to iz Abelove formule(5.37) nalazimo da je A = −1. Sada mozemo, prema (5.38), napisati Greenovufunkciju

G(x | ξ) =

x (l − ξ) 0 ≤ x < ξ,

ξ (l − x) ξ < x ≤ l ,

Za zicu koja titra mora vrijediti (5.43) uz tezinsku funkciju w ≡ 1

y(x) = λ

∫ l

0

G(x | ξ) w(ξ) y(ξ) d ξ.

citatelj ce se lako i sam uvjeriti da je gornja relacija zadovoljena uz poznatarjesenja

yn(x) = sin nπx, λn = n2 π2

(primjetimo da u ovom primjeri λn oznacava svojstvenu vrijednost, a ne valnuduljinu).

Greenove funkcije i Diracova delta funkcija:Jos jedan pristup Greenovoj funkciji moze dodatno razjasniti njezin smisao, posebice

u vezi s fizickim problemima. Pozovimo se jos jednom na Poissonovu jednadzbu, ovogaputa za tockasti naboj opisan gustocom ρtoc

∇ 2 V (~r) = −ρtocǫ0.

Rjesenje gornje jednadzbe pomocu Greenove funkcije je izlozeno u odjeljku 4.4.2. Ovdjecemo obraditi jednodimenzijski analog gornje jednadzbe

L y(x) + f(x)toc = 0. (5.45)

Ovdje je f(x)toc odnosi na jedinicni tockasti naboj ili tockastu silu. Ona se moze prikazatina razlicite nacine, od kojih je jedan uobicajen ovaj

f(x)toc =

1

2 ǫ, ξ − ǫ < x < ξ + ǫ,

0 inace .

Integracijom polazne jednadzbe (5.45), dobiva se

∫ ξ+ǫ

ξ−ǫL y(x) d x = −

∫ ξ+ǫ

ξ−ǫf(x)toc d x = − 1

2 ǫ

∫ ξ+ǫ

ξ−ǫd x = −1.


Buduci da je L samoadjungirani operator (5.33), to je

∫ ξ+ǫ

ξ−ǫL y(x) d x =

∫ ξ+ǫ

ξ−ǫ

d

d x[p(x) y ′(x)] d x+

∫ ξ+ǫ

ξ−ǫq(x) y(x) d x

=[p(x) y ′(x)

]ξ+ǫξ−ǫ

+

∫ ξ+ǫ

ξ−ǫq(x) y(x) d x = −1.

U granici ǫ → 0, gornja relacija moze biti zadovoljena samo ako dopustimo da y ′(x) imadiskontinuitet u x = ξ iznosa −1/p, dok je y kontinuirana9 u x = ξ. No, to su upravosvojstva (4) i (5) sa strane 218 koja su definirala Greenovu funkciju. Primjetimo i da ugranici ǫ→ 0

f(x)toc → δ(x− ξ),

kao sto je to pokazano u odjeljku 6.1. Ako dakle y identificiramo s G, a f(x)toc s deltafunkcijom, jednadzba (5.45) postaje

L G(x | ξ) = −δ(x− ξ).

To je jednadzba (4.76) koju smo koristili za racun Greenove funkcije u dvije i tri dimenzije.Primjetimo i da je gornja jednadzba suglasna s jednadzbom (5.34). Ako na tu jednadzbudjelujemo operatorom10 Lx

Lx y(x) = Lx∫ b

a

G(x | ξ) f(ξ) d ξ

−f(x) =

∫ b

a

Lx G(x | ξ) f(ξ) d ξ = −∫ b

a

δ(x− ξ) f(ξ) d ξ

−f(x) = −f(x),

dobivamo identitet.

9Kako su i y i q kontinuirane u x = ξ, to integral od yq po intervalu od 2ǫ iscezava, kada ǫ iscezava.10Stavljamo index x, kako bi naglasili na koju varijablu djeluje operator.

Poglavlje 6

Uvod u teoriju raspodjela

Dobar krscanin morao bi se cuvatimatematicara i ostalih koji rade praznapredvidanja. Opasnost vec postojida su matematicari sklopili ugovor savragom kako bi covjeku zamracili duh ivezali ga uz pakao.

Aurelije Augustin, rimski pisac, filozof i teolog

U teoriji raspodjela ili, kako se to u matematickoj literaturi jos kaze, teoriji poopcenih(generaliziranih) funkcija, ne definiraju se funkcija same za sebe, nego se definiraju samokroz svoje djelovanje na neke druge obicne ili test-funkcije.Kao sto ce se pokazati na primjeru delta-funkcije, to djelovanje je definirano integralomtest-funkcije i funkcije raspodjele.Za opci uvod o funkcijama raspodjele moze posluziti [5] ili neki slican tekst.

6.1 Definicija Diracove delta funkcije

Slika 6.1: Paul Adrien Maurice Di-rac, (Bristol 8. VIII 1902. – Tallaha-ssee 20. X 1984.) engleski teorijskifizicar.

Diracova delta funkcija se se definira kao funkcija cijaje vrijednost jednaka nula svuda, osim u jednoj tocki.U toj jednoj tocki vrijednost funkcije nije definirana, alije ona takva, da je integral Diracove delte funkcije popodrucju oko te tocke, jednak jedinici. Vizualno je Di-racovu delta funkciju moguce predociti kao beskonacnousku i beskonacno visoku krivulju, pri cemu je povrsinaispod krivulje konacnog (jedinicnog) iznosa.

MotivacijaU fizici su ceste pojave dobro lokalizirane u vremenu i/iliprostoru.Npr. djelovanje sile na cesticu tijekom kratkog vremen-skog intervala τ , prenijeti ce na cesticu kolicinu gibanja

229

230 POGLAVLJE 6. TEORIJA RASPODJELA

I jednaku (slika 6.2).

I =

∫ t0+τ

t0

F (t) d t.

Geometrijski, I predstavlja povrsinu ispod krivulje sa slike 6.2. U puno prakticnih pri-mjera, tocna ovisnost sile o vremenu nije ni poznata.

Slicna je situacija i kada je sila prostorno usko ogranicena. Slika 6.3 prikazuje ide-

Slika 6.2: Prikaz vremenske ovisnosti sile. Slika 6.3: Prikaz prostorne ovisnosti sile.

alizirano i stvarno djelovanje sile na gredu. Velicina f(x) ima znacenje linijske gustocesile.

F =

∫f(x) d x.

Ovi i slicni primjeri ukazuju na potrebu definiranja funkcije koja je razlicita od nule samoza malo podrucje vrijednosti nezavisne varijable (u granici se to malo podrucje steze utocku), a jednaka je nuli za sve ostale vrijednosti nezavisne varijable.U tom se smislu definira 1 Diracova delta funkcija sa slijedecim svojstvima

δ(x− a) =

0, x 6= a

+∞, x = a,(6.1)

∫δ(x− a) d x = 1, (6.2)

Ako se o delta funkciji razmislja kao o funkciji raspodjele vjerojatnosti, tada gornja relacijapredstavlja normiranje vjerojatnosti. Za svaku dobru2 funkciju f(x), iz gornje definicijeslijedi

∫ +∞

−∞f(x) δ(x− a) d x =

∫ a−ǫ

−∞f(x) δ(x− a) d x+

∫ a+ǫ

a−ǫf(x) δ(x− a) d x+

∫ +∞

a+ǫ

f(x) δ(x− a) d x.

U skladu s definicijom (6.1), u prvom i trecem integralu desne strane gornje jednakosti,delta funkcija je jednaka nuli, pa su nuli jednaki i cijeli integrali

∫ +∞

−∞f(x) δ(x− a) d x =

∫ a+ǫ

a−ǫf(x) δ(x− a) d x.

1Strogo gledano ne definira se delta funkcija, nego se definira integral delta funkcije.2To samo znaci da funkcija nije nekakav patoloski slucaj: u tocki x = a nema skok, divergenciju ili sto slicno.

6.1. DEFINICIJA DIRACOVE DELTA FUNKCIJE 231

Za proizvoljno mali ǫ, funkcija f ima priblizno konstantnu vrijednost u podrucju integra-cije

∫ +∞

−∞f(x) δ(x− a) d x ≃ f(a)

∫ a+ǫ

a−ǫδ(x− a) d x.

Prema svojstvu (6.2), integral na desnoj strani je jednak jedinici i tako se konacno, ugranici ǫ→ 0, dobiva ∫ +∞

−∞f(x) δ(x− a) d x = f(a). (6.3)

Iz jednadzbe (6.3) se vidi da se delta funkciju treba zamisljati kao funkcija s maksimu-mom u x = a, beskonacne visine i beskonacno uska, tako da je povrsina ispod te krivuljejednaka jedinici. S obzirom na temeljnu definiciju (6.3), delta funkcija se moze shvatitikao jedna funkcija raspodjele.

Problem je u tome sto jedna takva funkcija ne postoji u uobicajenom smislu znacenjarijeci funkcija. No, temeljno svojstvo delta funkcije, (6.3), se moze izvesti kao granicnoponasanje, n → ∞, cijelog niza funkcija koje ce se oznacavati kao δn(x).

limn→∞

∫ +∞

−∞f(x) δn(x− a) d x = f(a). (6.4)

Neke od tih funkcija su:

δn(x− a) =

0, x < a− 12n,

n, a− 12n< x < a + 1

2n.

0, x > a + 12n

,

(6.5)

δn(x− a) =n√πe−n

2 (x−a)2 , (6.6)

δn(x− a) =n

π

1

1 + n2 (x− a)2, (6.7)

δn(x− a) =sin n(x− a)

π (x− a)=

1

2π

∫ n

−ne ı (x−a) t d t. (6.8)

Iz svih gornjih prikaza se vidi da su δn parne funkcije

δn(x− a) = δn(−x− a).

Pokazimo da niz funkcija (6.5), zadovoljava normiranje (6.2) i svojstvo (6.4). Normiranje

∫ +∞

−∞δn(x− a) d x = n

∫ a+1/(2n)

a−1/(2n)

d xn

[(a+

1

2n

)−(a− 1

2n

)]= 1.


Slika 6.4: Prikaz granicne funkcije (6.5) za a = 1.

0 0.5 1 1.5 2x

0

5

10

δ n

(x)

n = 1n = 5n = 10


-1 0 1 2 3x

0

1

2

3

4

5

6

δ n

(x)

n = 1n = 5n = 10


-3 -2 -1 0 1 2 3 4 5x

0

1

2

3

4

δ n

(x)

n = 1n = 5n = 10


-5 0 5 10x

-1

0

1

2

3

4

δ n

(x)

n = 1n = 5n = 10

∫ +∞

−∞f(x) δn(x− a) d x = n

∫ a+1/(2n)

a−1/(2n)

f(x) d x =(teorem o srednjoj vrijednosti

)

= n f(ξ)

[(a+

1

2n

)−(a− 1

2n

)]

= f(ξ),

pri cemu je

ξ ∈[a− 1

2n, a+

1

2n

].

U granici n→ ∞, gornji se interval steze u tocku

ξ = a,

pa za niz funkcija (6.5) vrijedi

limn→∞

∫ +∞

−∞f(x) δn(x− a) d x = f(a).

Pokazimo da niz funkcija (6.6), zadovoljava normiranje (6.2) i svojstvo (6.4)dovrsitiPokazimo da niz funkcija (6.7), zadovoljava normiranje (6.2) i svojstvo (6.4)

6.1. DEFINICIJA DIRACOVE DELTA FUNKCIJE 233

dovrsiti

Pokazimo da niz funkcija (6.8), zadovoljava normiranje (6.2) i svojstvo (6.4)

dovrsiti

Primjetimo da, vezano za izraz (6.4), zahtjev normiranja u obliku

∫ +∞

−∞δn(x− a) d x = 1 (6.9)

je prejak. Dovoljno je zahtijevati

limn→∞

∫ +∞

−∞δn(x− a) d x = 1, (6.10)

(koji slijedi iz (6.4) za f ≡ 1).

Pokazimo da se delta funkcija moze definirati samo kroz limes integrala funkcija δn (poput(6.4)), a ne preko limesa samih funkcija δn. Tako je npr. za funkcije (6.5) do (6.8)

limn→∞

0, x < a− 12n,

n, a− 12n< x < a + 1

2n.

0, x > a + 12n

,

=

0, x 6= a ,

∞ x = a .

limn→∞

n√πe−n

2 (x−a)2 =

0, x 6= a ,

∞ x = a .,

limn→∞

n

π

1

1 + n2 (x− a)2=

0, x 6= a ,

∞ x = a .,

limn→∞

sin n(x− a)

π (x− a)=

neodredeno, x 6= a ,

∞ x = a .

Kod posljednjeg od gornjih limesa treba primjetiti da je∣∣∣ sin n(x− a)

∣∣∣ ≤ 1,

za svaki realni argument sinusa.

Veza sa step funkcijomPromotrimo slijedeci integral

Sn(x− a) =

∫ x

−∞δn(y − a) d y, y > a


prikazan na slici 6.8. Funkcija Sn je kumulativna funkcija u odnosu na funkciju δn (vidjetinpr [5], odjeljak ....) ”All higher moments of δ are zero. In particular, characteristicfunction and moment generating function are both equal to one.” U granici n→ ∞, kada

Slika 6.8: Prikaz funkcije Sn(x − a) koja u granici n → ∞ daje step funkciju.

Sn(x− a) postaje sve uza, gornji ce integral postati step funkcija

limn→∞

Sn(x− a) = S(x− a) =

0, x < a ,

1 x ≥ a .

Buduci da step funkcija ima konstantne vrijednosti za x ≥ a i za x < a, to je

d S

d x

∣∣∣∣x 6=0

= 0.

U samoj tocki x = a, step funkcija ima skok (nije kontinuirana), pa ni derivacija u tojtocki nije definirana u smislu da limes kojim se definira derivacija funkcije nije definiranu x = a

d S

d x

∣∣∣∣x=0

= ne postoji.

Uz gornje opservacije i ograde, delta funkcija se moze zamisljati i kao derivacija stepfunkcije

δ(x− a) =d S(x− a)

d x.

6.2. RACUNANJE S DELTA FUNKCIJOM 235

Zadatak: 6.1 Neka je

δn(x) =

0, x < − 12n

n, − 12n< x < 1

2n

0, 12n< x.

Uz pretpostavku da je f(x) kontinuirana u x = 0, pokazite da je

limn→∞

∫ +∞

−∞f(x) δn(x) d x = f(0).

R:dovrsiti

6.2 Racunanje s delta funkcijom

derivacija delta funkcijePogledajmo sada kako se moze odrediti derivacija delta funkcije. Zapocnimo s nizom δndanom relacijom (6.6)

δn(x− a) =n√πe−n

2 (x−a)2 ,

d δn(x− a)

d x=

−2n3

√π

(x− a) e−n2 (x−a)2 .

i prikazanih slikom 6.9. Pogledajmo sada integrale koji sadrze derivaciju funkcije δn.

Slika 6.9: Derivacija niza funkcija δn zadanih relacijom (6.6), za a = 1 i nekoliko vrijednosti n.

0.5 1 1.5x

-50

0

50

d δ

n (

x)

/ d

x

n = 1n = 5n = 10


Zadatak je izracunati∫ ∞

−∞f(x)

d δn(x− a)

d xdx.

Buduci da smo pretpostavili da je f(x) derivabilna, mozemo provesti parcijalnu itegraciju

f(x)d δn(x− a)

d x=

d

d x

[f(x) δn(x− a)

]− d f(x)

d xδn(x− a),

sto izravno vodi na∫ ∞

−∞f(x)

d δn(x− a)

d xdx =

∫ ∞

−∞

d

d x

[f(x) δn(x− a)

]dx−

∫ ∞

−∞

d f(x)

d xδn(x− a) dx

=[f(x) δn(x− a)

]+∞

−∞−∫ ∞

−∞

d f(x)

d xδn(x− a) dx.

No, δn(x− a) = 0 kada je x = ± ∞ 6= a, pa prvi clan desne strane gornjeg izraza iscezavai, u granici n→ ∞, preostaje

limn→∞

∫ ∞

−∞f(x)

d δn(x− a)

d xdx = − lim

n→∞

∫ ∞

−∞

d f(x)

d xδn(x− a) dx.

Ili, simbolicki∫ ∞

−∞f(x)

d δ(x− a)

d xdx = −

∫ ∞

−∞

d f(x)

d xδ(x− a) dx = − d f(x)

d x

∣∣∣∣x=a

.

Slicno se racunaju i vise derivacije∫ +∞

−∞f(x)

d2 δn(x− a)

d x2dx =

∫ +∞

−∞

[d

d x

(f(x)

d δn(x− a)

d x

)− d f(x)

d x

d δn(x− a)

d x

]dx

=

(f(x)

d δn(x− a)

d x

)+∞

−∞−∫ +∞

−∞

d f(x)

d x

d δn(x− a)

d xdx

No u tockama x = ±∞ delta funkcija ima konstantnu vrijednost (jednaku nuli), pa jezato njezina derivacija jednaka nuli i clan u okrugloj zagradi iscezava. Preostao je samoclan s prvom derivacijom delta funkcije koji je vec rijesen u prethodnom koraku, pa sekonacno dobiva

∫ +∞

−∞f(x)

d2 δ(x− a)

d x2dx = (−1)2

d 2 f(x)

d x 2

∣∣∣∣x=a

.

Na isti nacin kao gore (parcijalnim integriranjem), moze se racunati treca, cetvrta iopcenito m-ta derivacija δ funkcije, s rezultatom

∫ +∞

−∞f(x)

dm δ(x− a)

d xmdx = (−1)m

dm f(x)

d xn

∣∣∣∣x=a

,

za m puta derivabilnu funkciju f(x).

6.2. RACUNANJE S DELTA FUNKCIJOM 237

delta funkcija slozenog argumentaPokazimo neka svojstva delta funkcije koja slijede iz (6.3).(1) Argument delta funkcije je linearna funkcija od x

∫ +∞

−∞f(x) δ(ax+ b) d x =

/y = ax+ b, a > 0

/=

1

a

∫ +∞

−∞f(y/a− b/a) δ(y) d y =

1

af(−b/a).

∫ +∞

−∞f(x) δ(ax+ b) d x =

/y = ax+ b, a < 0

/=

1

a

∫ −∞

+∞f(y/a− b/a) δ(y) d y

=−1

a

∫ +∞

−∞f(y/a− b/a) δ(y) d y =

−1

af(−b/a) = 1

|a| f(−b/a).

Do istog rezultata vodi i jednakost

δ(ax+ b) =1

|a| δ(x+ b/a).

(2) Pogledajmo sada slucaj kada je argument δ funkcije, kvadratna funkcija oblika x2−a2,gdje je a konstanta razlicita od nule

∫ ∞

−∞f(x) δ(x2 − a2) dx, a = const. 6= 0.

Buduci da se u gornjem izrazu a pojavljuje samo kroz a2, bez gubitka opcenitosti, mozemoodabrati da je a > 0

∫ ∞

−∞f(x) δ

[(x− a)(x+ a)

]dx =

∫ 0

−∞f(x) δ

[(x− a)(x+ a)

]dx+

∫ +∞

0

f(x) δ[(x− a)(x+ a)

]dx.

U prvom integralu desne strane, argument δ funkcije iscezava samo u x = −a, pa stogamozemo pisati

∫ 0

−∞f(x) δ

[(x− a)(x+ a)

]dx ≈

∫ 0

−∞f(x) δ

[(−2a)(x+ a)

]dx =

∫ 0

−∞f(x) δ(−2ax− 2a2) dx.

Na gornji izraz primjenimo rezultat iz tocke (1), uz a→ −2a i b ≡ −2a2, sto vodi na

∫ 0

−∞f(x) δ

[(x− a)(x+ a)

]dx =

1

| − 2a| f(

2a2

−2a

)=

1

|2a| f (−a) .

Slicnim se postupkom dobije i∫ +∞

0

f(x) δ[(x− a)(x+ a)

]dx =

1

|2a| f(2a2

2a

)=

1

|2a| f (a) ,

pa tako konacno mozemo napisati da je∫ ∞

−∞f(x) δ(x2 − a2) dx =

f(a) + f(−a)|2a| .


Na isti rezultat vodi i jednakost

δ(x2 − a2) =δ(x− a) + δ(x+ a)

|2a| .

Primjetimo da gornji izvod vrijedi samo za a 6= 0.(3) Neka je sada argument δ funkcije nekakva opca funkcija g(x) koja ima N izoliranihnul-tocaka prvog reda

g(xn) = 0, g ′(xn) 6= 0 n = 1, 2, · · · , N.

Nas je zadatak izracunati∫ ∞

−∞f(x) δ

[g(x)

]dx.

U okolini svake nul-tocke g(x), vrijedi Taylorov razvoj oblika

g(x) = g(xn)︸︷︷︸= 0

+(x− xn)∂ g

∂ x

∣∣∣∣xn︸︷︷︸

6= 0

+O[(x− xn)

2],

uz pretpostavku da je g ′(xn) 6= 0. Stoga je i

δ[g(x)

]≈ δ[(x− xn) g

′(xn)],

gdje smo s g ′(xn) oznacili derivaciju g u tocki x = xn. No, gornja δ funkcija je timepostala δ funkcija s linearnim argumentom, koju smo rijesili u tocki (1): a ≡ g ′(xn) ib ≡ −xn g ′(xn).

∫ ∞

−∞f(x) δ

[g(x)

]dx =

N∑

n=1

∫ xn+∆

xn−∆

f(x) δ[g ′(xn) x− xn g

′(xn)]dx

=

N∑

n=1

1

|g ′(xn)|f

(xn g

′(xn)

g ′(xn)

)=

N∑

n=1

1

|g ′(xn)|f(xn).

S ∆ je oznacena proizvoljna pozitivna konstanta koja samo osigurava da podrucje inte-gracije sadrzi nulu δ funkcije. Isti rezultat kao gore, se dobije i iz jednakosti

δ[g(x)

]=

N∑

n=1

δ(x− xn)

|g ′(xn)|g(xn) = 0, g ′(xn) 6= 0.

6.3 Delta funkcija u visim dimenzijama

Do sada smo promatrali δ funkciju jedne varijable. Sto ako δ funkcija ovisi o vise varijabli?Npr. δ(~r − ~r0) je funkcija tri varijable, jer ~r opisuje polozaj tocke u trodimenzijskomprostoru. Integral

∫

V

δ(~r − ~r0) d3r

6.4. REPREZENTACIJE DELTA FUNKCIJE 239

je jednak jedinici ako se tocka ~r0 nalazi u volumenu V , a jednak je nuli, ako je ~r0 izvan togvolumena. Pretpostavimo nadalje da volumen V obuhvaca sav prostor, tako da je tocka~r0 uvijek sadrzana u njemu.

U pravokutnom koordinatnom sustavu je d3 r = dx dy dz, pa iz∫ +∞

−∞dx

∫ +∞

−∞dy

∫ +∞

−∞dz δ(~r − ~r0) = 1,

zakljucujemo da isti rezultat daje i umnozak

δ(~r − ~r0) = δ(x− x0) δ(y − y0) δ(z − z0) .

Na slican nacin, u sfernom koordinatnom sustavu je

∫ +∞

0

r2 dr

∫ π

0

sin θ dθ

∫ 2π

0

dϕ δ(~r − ~r0) = 1,

iz cega zakljucujemo da isti rezultat daje i umnozak

δ(~r − ~r0) =δ(r − r0)

r20

δ(θ − θ0)

sin θ0δ(ϕ− ϕ0). (6.11)

U cilindricnom koordinatnom sustavu je

∫ +∞

0

ρ dρ

∫ 2π

0

dϕ

∫ +∞

−∞dz δ(~r − ~r0) = 1,

iz cega slijedi da isti rezultat daje i umnozak

δ(~r − ~r0) =δ(ρ− ρ0)

ρ0δ(ϕ− ϕ0) δ(z − z0) . (6.12)

6.4 Reprezentacije delta funkcije

Reprezentacija pomocu Fourierovog redaPromotrimo pravokutni puls sirine 2b, simetricno smjesten oko ishodista, relacija (6.5) uza = 0

δb(x) =

0, −L ≤ x < − 12b

b, − 12b

≤ x ≤ + 12b

0, + 12b< x ≤ +L,

kao sto je to prikazano slikom 6.10 Zbog parnosti δb(x) kao funkcije x, moguce ju je razvitiu Fourierov red u kojemu ce se pojavljivati samo kosinusi. U skladu s relacijom ...., svi


Slika 6.10: Pravokutni puls oko ishodista. Slika 6.11: Pravokutni puls oko x = x0.

su Sn ≡ 0, a

Cn =1

L

∫ +L

−Lf(yπ/L) cos

nπy

Ld y =

1

L

∫ +L

−Lδb(yπ/L) cos

nπy

Ld y.

Izravnim se integriranjem dobiva

C0 =1

L,

Cn =2b

nπsin

nπ

2bL, n > 0.

δb(x) =1

2L+

+∞∑

n=1

2b

nπsin

nπ

2bLcos

nπx

L.

Ranije je pokazano, ..., da u granici b→ ∞, niz funkcija δb(x) tezi prema delta funkciji

δ(x) = limb→∞

δb(x) =1

2L+

+∞∑

n=1

limb→∞

2b

nπsin

nπ

2bLcos

nπx

L.

Za veliki b, razvojem sinusa u red oko nule, dobiva se

δ(x) =1

2L+

1

L

+∞∑

n=1

cosnπx

L.

Primjetimo da je gornji red divergentan (npr. za x = 0).

Primjenimo gornju reprezentaciju delta funkcije na test funkciju f(x)

∫ +L

−Lf(x) δ(x) d x =

∫ +L

−L

f(x)

2Ld x+

1

L

+∞∑

n=1

∫ +L

−Lf(x) cos

nπx

Ld x. (6.13)

6.4. REPREZENTACIJE DELTA FUNKCIJE 241

Prema ... je opcenito

f(x) =C0

2+

+∞∑

n=1

(Cn cos

nπx

L+ Sn sin

nπx

L

),

Cn = ...

Sn = ...

Specijalno, za x = 0 je

f(0) =C0

2+

+∞∑

n=1

Cn.

Usporedbom gornjeg izraza s (6.13), slijedi

∫ +L

−Lf(x) δ(x) d x = f(0).

Ukoliko je pravokutni puls centriran oko tocke x = a, kao na slici 6.11, delta funkcija semoze razviti u Fourierov sinusni red (odjeljak ...)

Sn =b

L

∫ x0+12b

x0− 12b

sinnπy

Ld y =

2b

nπsin

nπ

2bLsin

nπx0L

.

δb(x− x0) =

+∞∑

n=1

Sn sinnπx

L.

U granici b→ ∞ je (razvojem sinusa u Sn po malom argumentu)

limb→∞

δb(x− x0) =1

L

+∞∑

n=1

sinnπx0L

sinnπx

L. (6.14)

(provjeriti: 1/L ili 2/L)

Integralna reprezentacijaIntegralne preobrazbe poput Fourierovog integrala iz odjeljka ...

F (ω) =

∫ +∞

−∞f(t) e ı ω t d t

vode na odgovarajuce integralne reprezentacije Diracove delta funkcije. Npr. krenimo odizraza ... sa str ...

δn(t− x) =sin n(t− x)

π (t− x)=

1

2π

∫ n

−ne ı ω (t−x) d ω


Prema (6.3) je

f(x) = limn→∞

∫ +∞

−∞f(t) δn(t− x) d t

= limn→∞

∫ +∞

−∞f(t)

1

2π

∫ n

−ne ı ω (t−x) d ω d t

dovrsiti

Slijedeci primjer se odnosi na jednu funkciju s dva navedena svojstva.

Laplaceova preobrazba delta funkcijePromotrimo pravokutni puls oblika δ1/τ danog relacijom (6.5). Neka puls traje od tre-nutka t0 > 0 do t0 + τ i neka je konstanog iznosa 1/τ , kao na slici 6.12. U skladu s ...,

Slika 6.12: Normirani pravokutni puls izmedu t0 it0 + τ . Slika 6.13: Normirani pravokutni puls izmedu 0 i τ .

njegova je Laplaceova preobrazba, dana s

L[δ1/τ (t− t0)

]=

∫ t0+τ

t0

1

τe−st d t =

1

τ se−st0

(1− e−sτ

).

U granici kada vremenski interval τ iscezava

limτ→0

L[δ1/τ (t− t0)

]= L

[δ(t− t0)

]= e−st0 lim

τ→0

1− e−sτ

τ s= e−st0 .

Tako je dobivena Laplaceova preobrazba delta funkcije

L[δ(t− t0)

]= e−st0 .

Kada je t0 = 0, slika 6.13,

L[δ(t)

]= 1.

6.5. DELTA FUNKCIJA U PRIMJENAMA 243

Primjetimo takoder i da je

∫ +∞

0

f(t) δ(t) d t = f(0+),

∫ +∞

−∞f(t) δ(t) d t = f(0).

U odjeljku 5.4.1 se pokazuje kako se delta funkcije prikazuje u obliku razvoja po ortogo-nalnim funkcijama.

6.5 Delta funkcija u primjenama

Harmonijski oscilatorKao prvi primjer promotrimo jednodimenzijski klasicni harmonijski oscilator s prigusenjemi vanjskom silom. jednadzba gibanja takvog oscilatora je (vidjeti npr. u [4])

mx + β x +K x = f(t),

gdje je m masa harmonijskog oscilatora, β koeficijent prigusenja, K konstanta vezanjaelasticne sile, a f(t) je vremenski promjenjiva vanjska sila. U ovom se primjeru vanjskasila zamislja kao kratkotrajni udarac u trenutku t0. Detaljan opis sile za vrijeme trajanjatog kratkotrajnog udarca nije poznat, no poznat je ukupan (integralni) ucinak te sile,opisan momentom sile I

∫ t0+ǫ

t0−ǫf(t) d t = I, ǫ = 0+.

U skladu sa znacenjem delta funkcije, moze se napisati

f(t) ≃ I δ(t− t0)

i gornji integral je zadovoljen.Sada se polazna jednadzba moze napisati kao

x + 2γ x + ω20 x =

I

mδ(t− t0), t0 > 0,

gdje su

2γ =β

m, ω2

0 =K

m.

Za potpuno odredenje rjesenja gornje jednadzbe, potrebno je definirati i pocetne uvjete:neka oscilator miruje u ishodistu

x(t) = 0, x (t) = 0

za svaki

t < t0.


Kada ne bi bilo vanjske sile, oscilator bi vjecito mirovao u ishodistu (tj. ne bi oscilirao).Rijesimo gornju jednadzbu primjenom Laplaceove preobrazbe (odjeljak ...)

s2X(s) + 2γ sX(s) + ω20 X(s) =

I

me−st0 .

Laplaceova preobrazba je difrencijanu jednadzbu prevela u algebarsku jednadzbu s rjesenjem

X(s) =I

m

e−st0

s2 + 2γ s+ ω20

=I

m

e−st0

(s− s+) (s− s−),

gdje su

s± = −γ ±√γ2 − ω2

0.

Uz pretpostavku srazmjerno slabog prigusenja,

γ2 << ω20,

biti ce s± kompleksne funkcije

s± = −γ ± ı√ω20 − γ2.

Inverznom Laplaceovom preobrazbom (Heavisideov teorem), relacija ..., dolazi se do x(t)

x(t) =I

m

[es+(t−t0)

s+ − s−+es−(t−t0)

s− − s+

].

Sredivanjem gornjeg izraza dobiva se

x(t) =I

m

e−γ(t−t0)√ω20 − γ2

sin[√

ω20 − γ2 (t− t0)

].

Mnozenjem gornjeg izraza sa step funkcijom, bit ce uzeti u obzir i pocetni uvjeti (6.15)

x(t) =I

m

e−γ(t−t0)√ω20 − γ2

sin[√

ω20 − γ2 (t− t0)

]S(t− t0),

ili

x(t) =

0, t < t0

Im

e−γ(t−t0)√ω20−γ2

sin[√

ω20 − γ2 (t− t0)

], t ≥ t0 .

Zadatak: 6.2 Rijesite gore izlozeni problem bez koristenja delta funkcije.

R: dovrsiti


Vodravna gredaKao slijedeci primjer primjene delta funkcije, promotrimo vodoravno polozenu gredu, nasredinu koje djeluje okomita sila iznosa F0 (slika 6.14). Deformacija grede je opisana

Slika 6.14: Vodoravna greda pod djelovanjem vanjske sile.

jednadzbomd4 y(x)

d x4=

1

EIf(x), (6.15)

u kojoj je E je ..., I je ..., a f(x) je gustoca sile koja djeluje na dijelu grede duljine d x

f(x) = F0 δ(x− L/2),

∫ L/2+ǫ

L/2−ǫf(x) d x = F0, ǫ = 0+.

Buduci da je greda fiksirana u svojim rubovima, to je deformacija u rubovim jednaka nuli

y(0) = y(L) = 0.

Potrazimo rjesenje za y(x) u obliku sinusnog Fourierovog reda

y(x) =+∞∑

n=1

Sn sinnπx

L(6.16)

(primjetimo da gornji zapis osigurava rubne uvjete y(0) = y(L) = 0.) i upotrijebimoreprezentaciju delta funkcije (6.14) za x0 ≡ L/2

δ(x− L/2) =2

L

+∞∑

n=1

sinnπ

2sin

nπx

L=

2

L

+∞∑

n=1,3,5,···(−1)(n−1)/2 sin

nπx

L.

Uvrstavanjem gornjih izraza u jednadzbu deformacije grede (6.15), dobiva se

+∞∑

n=1

Sn

(nπL

)4sin

nπx

L=

2F0

EIL

+∞∑

n=1,3,5,···(−1)(n−1)/2 sin

nπx

L


Zbog ortonormiranosti trigonometrijskih funkcija, usporedbom clanova uz iste sinusnefunkcije, dobiva se

Sn =

0, n = 0, 2, 4, · · · , 2k

2F0

EIL

(L

nπ

)4

(−1)(n−1)/2, n = 1, 3, 5, · · · , 2k + 1,

Uvrstavanjen gornjih koeficijenata u razvoj (6.16) za y(x), dobiva se izraz za deformacijugrede

y(x) =2F0L

3

EIπ4

+∞∑

n=1,3,5,···

(−1)(n−1)/2

n4sin

nπx

L.

Gornje je rjesenje osobito jednostavno ako se zeli naci deformacija u sredini grede

x =L

2⇒ sin

nπx

L

∣∣∣x=L/2

= (−1)(n−1)/2,

iz cega slijedi

y(x) =2F0L

3

EIπ4

+∞∑

n=1,3,5,···

1

n4=

2F0L3

EIπ4

(1 +

1

34+

1

54+ · · ·

).

Primjer: 6.1 Do predodzbe o Diracovoj delta funkciji se moze doci i na slijedeci nacin:pretpostavimo da je |~r − ~r ′| 6= 0 i izracunajmo ∇ 2 |~r − ~r ′|−1 koristeci koordinate pravo-kutnog koordinatnog sustava

∇ 2 1

|~r − ~r ′| =

(∂ 2

∂ x2+

∂ 2

∂ y2+

∂ 2

∂ z2

) [(x− x ′)2 + (y − y ′)2 + (z − z ′)2

]−1/2

=∂

∂ x

−(x− x ′)[(x− x ′)2 + (y − y ′)2 + (z − z ′)2

]3/2

+∂

∂ y

−(y − y ′)[(x− x ′)2 + (y − y ′)2 + (z − z ′)2

]3/2

+∂

∂ z

−(z − z ′)[(x− x ′)2 + (y − y ′)2 + (z − z ′)2

]3/2

=3(x− x ′)2 − |~r − ~r ′|2

|~r − ~r ′|5 +3(y − y ′)2 − |~r − ~r ′|2

|~r − ~r ′|5 +3(z − z ′)2 − |~r − ~r ′|2

|~r − ~r ′|5= 0.


Zakljucujemo da je

∇ 2 1

|~r − ~r ′| = 0

uvijek kada je ~r 6= ~r ′. Sto ako ukljucimo i tocku ~r = ~r ′? U toj tocki ne mozemo racunati∇ 2 |~r − ~r ′|−1, ali mozemo, primjenom Gaussova teorema,

∫

V

−→∇ ~A d3 r =

∮

S(V )

~A d~S ,

izracunati volumni integral tog izraza. Za

~A ≡ −→∇ 1

|~r − ~r ′| = −r 1

|~r − ~r ′|2 ,

Gaussov teorem daje∫

V

∇ 2 1

|~r − ~r ′| = −∮

S(V )

r

|~r − ~r ′|2 r (~r − ~r ′)2 dΩ = −4π

gdje je povrsinski integral provedena po kugli polumjera |~r − ~r ′| sa sredistem u ~r ′.Iz ovoga zakljucujemo da iako |~r − ~r ′|−1 nije definirano u tocki ~r = ~r ′, ipak volumniintegral od ∇ 2 |~r − ~r ′|−1 ima konacnu vrijednost kada se integracija provode po podrucjukoje sadrzi tocku ~r = ~r ′. To nas navodi da za ∇ 2 |~r − ~r ′|−1 napisemo

∇ 2 1

|~r − ~r ′| = −4 π δ(~r − ~r ′) = −4 π δ(x− x ′) δ(y − y ′) δ(z − z ′),

gdje je s δ(~r − ~r ′) oznacena trodimenzijska Diracova delta funkcija.

Poglavlje 7

Specijalne funkcije

7.1 Gama funkcija (faktorijeli)

Gama funkcija se pojavljuje u fizickim problemima vezanim za normiranje kulonskih val-nih funkcija, racunanje vjerojatnosti u statistickoj fizici (Maxwell-Boltzmannova raspo-djela po energijama) ili slicnim problemima. Povrh toga, gama funkcija se koristi pridefiniciji i analizi svojstava drugih funkcija, takoder vezanih za fiziku.

7.1.1 Definicija i osnovna svojstva

U literaturi se navode tri definicije gama funkcije. Navest cemo ih i pokazati njihovumedusobnu ekvivalentnost.

Beskonacni red (Euler)Eulerova definicija gama funkcije je

Γ(z) ≡ limn→∞

1 · 2 · 3 · · ·nz(z + 1)(z + 2) · · · (z + n)

nz, z 6= 0,−1,−2, · · · (7.1)

Ova je definicija korisna za razvoj Weierstrassovog oblika za gama funkciju u obliku be-skonacnog umnoska (7.9), kao i za dobivanje derivacije od ln γ u odjeljku 7.1.2. Sa z jeoznacen opcenito kompleksan broj. Zamjenom z sa z + 1, gornja definicija daje

Γ(z + 1) = limn→∞

1 · 2 · 3 · · ·n(z + 1)(z + 2) · · · (z + 1 + n)

nz+1

= limn→∞

nz

z + 1 + n

1 · 2 · 3 · · ·nz(z + 1)(z + 2) · · · (z + n)

nz

= limn→∞

nz

z + 1 + nlimn→∞

1 · 2 · 3 · · ·nz(z + 1)(z + 2) · · · (z + n)

nz

= z Γ(z). (7.2)

Tako je dobivena osnovna funkcijska relacija za gama funkciju

Γ(z + 1) = z Γ(z). (7.3)

249

250 POGLAVLJE 7. SPECIJALNE FUNKCIJE

Gama funkcija je jedna od malog broja funkcija matematicke fizike, koja ne zadovoljavaniti hipergeometrijsku, niti konfluentnu hipergeometrijsku jednadzbu (odjeljak 7.8).

Iz definicije gama funkcije slijedi

Γ(1) = limn→∞

1 · 2 · 3 · · ·n

1 · 2 · 3 · · ·n · (n + 1)

n = limn→∞

n

n+ 1= 1.

Primjenom svojstva (7.2), za prirodni broj z = n se dobiva funkcija faktorijela

Γ(2) = 1,

Γ(3) = 2,

Γ(4) = 3 · 2,...

Γ(n) = 1 · 2 · 3 · · · (n− 1) = (n− 1) ! (7.4)

Odredeni integral (Euler)I slijedeca definicija gama funkcije potjece od Eulera

Γ(z) ≡∫ +∞

0

tz−1 e−t d t, ℜ z > 0. (7.5)

Zadatak: 7.1 Polazeci od definicije Γ funkcije u obliku

Γ(z) =

∫ ∞

0

e−t tz−1 d t,

pokazite da je

Γ(z) Γ(1− z) =π

sin πz.

R:dovrsiti

Navedeno ogranicenje na z je nuzno da bi se izbjegla divergencija integrala.

7.1. GAMA FUNKCIJA (FAKTORIJELI) 251

Osnovna rekurzija (7.3) se pokazuje tako da se (7.5) parcijalno integrira

Γ(z + 1) =

∫ +∞

0

e−t tz d t,

=

∫ +∞

0

[z e−t tz−1 − d

d t

(e−t tz

)]d t,

= z

∫ +∞

0

e−t tz−1 d t−(e−t tz

)∞0︸︷︷︸

= 0

= z Γ(z).

U literaturi se gama funkcija pojavljuje i u obliku drukcijih integrala koji se iz (7.5) izvodezamjenom varijable.

Uvede li se u integral (7.5) nova varijabla x2 = t, slijedi

Γ(z) =

∫ +∞

0

e−x2

x2(z−1) 2 x d x

= 2

∫ +∞

0

e−t2

t2z−1 d t, ℜ z > 0. (7.6)

Kada je z = 1/2, jednadzba (7.6) je upravo integral Gaussova oblika, pa se dobiva

Γ(1/2) =√π.

pomocu (7.2), tada slijedi

Γ(3/2) =1

2

√π,

Γ(5/2) =3

4

√π,

...

Uvede li se u integral (7.5) nova varijabla x = e−t, slijedi

Γ(z) =

∫ 1

0

x

(ln

1

x

)z−1d x

x,

=

∫ 1

0

(ln

1

t

)z−1

d t, ℜ z > 0. (7.7)

Pokazimo ekvivalentnost definicija (7.1) i (7.5). Definirajmo funkciju dvije varijable

F (z, n) =

∫ n

0

(1− t

n

)ntz−1 d t, ℜ z > 0,


za prirodni broj n. Buduci da je

limn→∞

(1− t

n

)n≡ e−t,

to je i

limn→∞

F (z, n) = F (z,∞) =

∫ +∞

0

e−t tz−1 d t ≡ Γ(z),

a to je upravo definicija (7.5). Vratimo se izrazu za F (z, n) i umjesto t uvedimo novuvarijablu u = t/n. Tada je

F (z, n) = nz∫ 1

0

(1− u)n uz−1 d u. (7.8)

Parcijalnom integracijom, pomocu

d

d u

[(1− u)n uz

]= −n(1 − u)n−1 uz + (1− u)n uz−1,

dobiva se

F (z, n)

nz=

1

z

[(1− u)n uz

]10+n

z

∫ 1

0

(1− u)n−1 uz d u.

Uglata zagrada je jednaka nuli, a u drugom clanu desne strane prepoznajemo (7.8), ukojemu je zamjenjeno

n → n− 1,

z → z + 1.

To znaci da ce ponovna parcijalna integarcija tog integrala dati opet gornji izraz uz vecspomenute zamjene

F (z, n)

nz=n

z

n− 1

z + 1

∫ 1

0

(1− u)n−2 uz+1 d u.

Ovaj se postupak nastavlja sve do

F (z, n)

nz=n

z

n− 1

z + 1· · · 1

z + n− 1

∫ 1

0

uz+n−1 d u.

No, preostali integral je jednostavno jednak 1/(z + n), sto daje

limn→∞

F (z, n) = F (z,∞) = limn→∞

1 · 2 · 3 · · ·nz(z + 1)(z + 2) · · · (z + n)

nz,

a to je upravo definicija (7.1).

Beskonacni umnozak (Weierstrass)


Treca definicija, koja potjece od Weierstrassa, je ova

1

Γ(z)≡ z e γ z

∞∏

n=1

(1 +

z

n

)e−z/n. (7.9)

Konstanta γ = 0.577216 . . . se zove Euler-Mascheronijeva konstanta.

Gornji se oblik moze dobiti iz (7.1), slijedecim postupkom:

Γ(z) = limn→∞

1 · 2 · 3 · · ·nz(z + 1)(z + 2) · · · (z + n)

nz

= limn→∞

1

z

[z + 1

1

z + 2

2· · · z + n

n

]−1

nz

= limn→∞

1

z

n∏

m=1

(1 +

z

m

)−1

nz.

Inverz gornjeg izraza je

1

Γ(z)= z lim

n→∞n−z

n∏

m=1

(1 +

z

m

)

= z limn→∞

e−z lnnn∏

m=1

(1 +

z

m

).

Gornji se izraz ne mijenja, ako ga podijelimo i pomnozimo s

exp

[(1 +

1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n

)z

]=

n∏

m=1

ez/m.

1

Γ(z)= z lim

n→∞exp

[(1 +

1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n− lnn

)z

]· limn→∞

n∏

m=1

(1 +

z

m

)e−z/m.

Kao sto je poznato, prvi od gornjih limesa definira Euler-Mascheronijevu konstantu, paje time upravo dobiven izraz (7.9). Pomocu gornjeg izraza se takoder pokazuje i da je

Γ(z) Γ(1− z) =π

sin πz. (7.10)

Iz ove se definicije gama funkcije odmah vidi da ona ima jednostavne polove u tockamau kojima je

1 +z

n= 0, n = 0, 1, 2, · · · ,

dakle, polovi su na negativnom dijelu realne osi: z = 0,−1,−2, · · · . To ujedno znaci i daΓ nema polova za druge konacne vrijednosti z. kompleksnoj ravnini z. Ovo se takodermoze vidjeti i iz (7.10), buduci da sin πz nije nikada jednako nuli van realne osi.


Zadatak: 7.2 Pokazite da je (20 bodova)

Γ(z) Γ(1− z) =π

sin πz.

R:dovrsiti

Zadatak: 7.3 Polazeci od Weierstrassove definicije gama funkcije,

1

Γ(z)≡ z e γ z

∞∏

n=1

(1 +

z

n

)e−z/n,

pokazite da je (20 bodova)

Γ(z) · Γ(1− z) =π

sin πz.

R:dovrsiti

Teorija vjerojatnostiGama funkcija se pojavljuje i u teoriji vjerojatnosti1 kao gama raspodjela. Gustocavjerojatnosti gama raspodjele je dana sa

ρ(x) =

xα−1 e−x/β

βα Γ(α)x > 0,

0, x ≤ 0 .

Konstanta [βα Γ(α)]−1 je odabrana tako da ukupna (prointegrirana) vjerojatnost budejednaka jedan.

Statisticka fizikaZamjenom x → E (gdje je E kineticka energija), α → 3/2 i β → kB T (gdje je kB Boltz-mannova konstanta, a T apsolutna temperatura), gama raspodjela se naziva Maxwell-Boltzmannova raspodjela

ρMB(E) =

E1/2 e−E/kBT

(kBT )3/2 Γ(3/2)E > 0,

0, E ≤ 0 .

1Vidjeti npr. u [5], odjeljak ...


Zadatak: 7.4 U Maxwellovoj rasodjeli je broj cestica dN s brzinama izmedu v i v+ d v,dan izrazom:

dN = N 4 π

(m

2 π kB T

)3/2

exp[−m v2/(2 kB T )] v2 d v,

gdje je N ukupan broj cestica. Srednja vrijednost vn se definira kao

〈vn〉 = 1

N

∫vn dN.

Pokazite da je

〈vn〉 =(2 π kB T

m

)n/2 (n + 1

2

)!

/ (1

2

)!.

R:dovrsiti

Zadatak: 7.5 Preobrazbom integrala u gama funkciju, pokazite da je

−∫ 1

0

xk lnx d x =1

(k + 1)2, k > −1.

R:dovrsiti

Zadatak: 7.6 Za nenegativni cijeli broj s, pokazite da je

(−2s− 1) ! ! =(−1)s

(2s− 1) ! !=

(−1)s 2s s !

(2s) ! !.

R:dovrsiti

Zadatak: 7.7 Koristeci svojstva gama funkcije, pokazite da je

|(ı x) !|2 = π x

sinh πx.

R:dovrsiti

Oznacavanje faktorijelima


U skladu s pojmom faktorijela, (7.5) se moze napisati i kao

Γ(z + 1) =

∫ +∞

0

e−t tz d t = z ! ℜ z > −1 (7.11)

i na taj nacin definirati z ! za kompleksni z. Tada je

Γ(z) = (z − 1) !. (7.12)

Za z = n, prirodan broj, iz (7.4) je

z ! = n ! = 1 · 2 · · ·n.

Iz (7.2) vidimo da je

(z − 1) ! =z !

z(7.13)

Iz cega, za z = 1 slijedi

0 ! =1 !

1= 1.

Ako odaberemo z = 0, (7.13) daje

(−1) ! =0 !

0=

1

0= ± ∞.

Odabir z = −1, opet preko (7.13), vodi na

(−2) ! =(−1) !

1=

± ∞1

= ± ∞.

Itd., za svaki negativni cijeli broj n < 0 je

n ! = ± ∞ n = −1,−2,−3, · · · . (7.14)

Iz (7.12) je Γ(1− z) = (−z) !, pa je (7.10)

Γ(z) Γ(1− z) =π

sin πz

(z − 1) ! (−z) ! =π

sin πz

z ! (−z) ! =π z

sin πz.

Ogranicimo li se na realne vrijednosti z ≡ x, funkcija x ! je prikazana na slici 7.1. Krivuljaima minimum

x ! = (1.46163 . . .) ! = 0.88560 . . .

Oznacavanje dvostrukim faktorijelimaU nekim fizickim problemima (npr. u vezi s Legendreovim polinomima) pojavljuju se


Slika 7.1: Prikaz gama funkcije Γ(z) = (z − 1) ! za realne vrijednosti z ≡ x.

umnosci ili samo parnih ili samo neparnih prirodnih brojeva. Uobicajeno je takve umnoskeoznacavati znakom dvostrukog faktorijela

1 · 3 · 5 · · · (2n+ 1) = (2n + 1) ! !,

2 · 4 · 6 · · · (2n) = (2n) ! !.

Jednostavno je uspostaviti vezu s obicnim faktorijelima:

(2n+ 1) ! = (2n+ 1) ! ! · (2n) ! !,

(2n) ! ! = 2n n !, (2n+ 1) ! ! =(2n+ 1) !

2n n !.

Integralni prikazdovrsiti


Zadatak: 7.8 (a) Pokazite da je

Γ

(1

2+ n

)· Γ(1

2− n

)= (−1)n π.

(b) Izrazite odvojeno Γ(1/2 + n) i Γ(1/2− n) u terminima π i dvostrukih fak-torijela.

R:

Γ(1/2) =√π,

Γ(3/2) = [Γ(z + 1) = zΓ(z)] =1

2Γ(1/2) =

1

2

√π,

Γ(5/2) =3

2

1

2

√π,

Γ(7/2) =5

2

3

2

1

2

√π,

...

Γ(1/2 + n) =1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)

2n√π =

(2n− 1)!!

2n√π.

Za negativne argumente

Γ(1/2) = −1

2Γ(−1/2) =⇒ Γ(−1/2) = −2

√π,

Γ(−1/2) = −3

2Γ(−3/2) =⇒ Γ(−3/2) =

−132

−112

√π,

Γ(−5/2) =−152

−132

−112

√π,

...

Γ(1/2− n) =(−1)n

1·3·5···(2n−1)2n

√π =

(−1)n2n

(2n− 1)!!

√π.

Iz gornja dva rezultata slijedi

Γ(1/2 + n) · Γ(1/2− n) = π.


7.1.2 Digama i poligama funkcije

7.1.3 Stirlingovi redovi

7.1.4 Beta funkcija

Vezano za gama funkciju, uvodi se i beta funkcija2

β(m,n) =

∫ 1

0

xm−1 (1− x)n−1 d x. (7.15)

Osim gornjeg izraza, koristi se i trigonometrijski zapis do kojega se dolazi zamjenomvarijabli sa x na ϕ, pri cemu je

x = cos2 ϕ

β(m,n) = 2

∫ π/2

0

(cosϕ)2m−1 (sinϕ)2n−1 d ϕ. (7.16)

Iz gornjeg se izraza vidi da je

β (1/2, 1/2) = 2

∫ π/2

0

d ϕ = π.

Prijelazom na varijablu t, dobiva se gama funkcija u ekvivalentnom obliku

x = t2, ⇒ dx = 2tdt,

sto vodi na

Γ(n) = 2

∫ +∞

0

t2n−1 e−t2

d t. (7.17)

Povezimo sada gama funkciju, u obliku (7.17), s beta funkcijom.

Γ(n) Γ(m) = 4

∫ +∞

0

x2n−1 e−x2

d x

∫ +∞

0

y2m−1 e−y2

d y

= 4

∫ +∞

0

d x

∫ +∞

0

d y x2n−1 y2m−1 e−x2−y2 .

Prijedemo li sa pravokutnih (x, y), na polarne (ρ, ϕ) koordinate

x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, dx dy = ρ dρ dϕ,

prethodni integral postaje

Γ(n) Γ(m) = 4

∫ π/2

0

dϕ

∫ +∞

0

dρ (cosϕ)2n−1 (sinϕ)2m−1 ρ2n+2m−1 e−ρ2

=

[2

∫ π/2

0

(cosϕ)2n−1 (sinϕ)2m−1 dϕ

] [2

∫ +∞

0

ρ2(n+m)−1 e−ρ2

dρ

],

2Beta funkcija se naziva i Eulerov integral prve vrste.


(gdje smo uzeli u obzir da se integrira samo po prvom kvadrantu). Usporedi li se gornjiizraz sa definicijama funkcija gama (7.17) i beta (7.16), lako se vidi da vrijedi relacija

Γ(n) Γ(m) = β(m,n) Γ(m+ n),

tj,

β(m,n) =Γ(n) Γ(m)

Γ(m+ n).

Pomocu gornje relacije se dobiva vrijednost Γ(1/2). Naime, za m = n = 1/2, a znajuci daje β(1/2, 1/2) = π, Γ(1) = 1, iz gornje relacije slijedi da je Γ(1/2) =

√π, ili u integralnom

obliku

Γ (1/2) = 2

∫ +∞

0

e−x2

dx =√π.

Gornji rezultat i rekurzija (7.2), daju ponovo

Γ (3/2) =1

2

√π, Γ (5/2) =

3

4

√π, Γ (7/2) =

15

8

√π, · · · .

7.1.5 Nepotpune gama funkcije i s njima povezane funkcije

Pored gama funkcije definirane izrazom (7.5) (koja se zove jos i potpuna gama funkcija),definiraju se i nepotpune gama funkcije s varijabilnim granicama integracije

γ(a, x) =

∫ x

0

e−t ta−1 d t (7.18)

i

Γ(a, x) =

∫ ∞

x

e−t ta−1 d t. (7.19)

U skladu s definicijom gama funkcije (7.5), jasno je da vrijedi

γ(a, x) + Γ(a, x) = Γ(a). (7.20)

Ako je a prirodan broj, a ≡ n, tada se gornji integrali mogu egzaktno izracunati parcijal-nom integracijom

e−t tn−1 = (n− 1) e−t tn−2 − d

d t

(e−t tn−1

)

Γ(n, x) =

∫ ∞

x

e−t tn−1 d t = (n− 1)

∫ ∞

x

e−t tn−2 d t−∫ ∞

x

d

d t

(e−t tn−1

)d t

= (n− 1)

∫ ∞

x

e−t tn−2 d t−(e−t tn−1

)∞x

= (n− 1)

∫ ∞

x

e−t tn−2 d t+ e−x xn−1.


Ponovnom parcijalnom integracijom, u drugom i trecem koraku se dobiva

Γ(n, x) = (n− 1) (n− 2)

∫ ∞

x

e−t tn−3 d t+ (n− 1) e−x xn−2 + e−x xn−1

= (n− 1) (n− 2) (n− 3)

∫ ∞

x

e−t tn−4 d t

+ (n− 1) (n− 2) e−x xn−3 + (n− 1) e−x xn−2 + e−x xn−1,

i opcenito u k-tom koraku

Γ(n, x) = (n− 1) (n− 2) · · · (n− k)

∫ ∞

x

e−t tn−k−1 d t

+ (n− 1) (n− 2) · · · (n− k + 1) e−x xn−k

+ (n− 1) (n− 2) · · · (n− k + 2) e−x xn−k+1

...

+ 1 e−x xn−1.

Posljednji je korak onaj za koji je k = n− 1, i tada je

Γ(n, x) =(n− 1) !

0 !e−x +

(n− 1) !

1 !e−x x+

(n− 1) !

2 !e−x x2 + · · ·+ (n− 1) !

(n− 1) !e−x xn−1

= (n− 1) ! e−xn−1∑

s=0

xs

s !n = 1, 2, 3, · · · . (7.21)

Prema (7.20), tada je i

γ(n, x) = (n− 1) !− Γ(n, x) = (n− 1) !

[1− e−x

n−1∑

s=0

xs

s !

]. (7.22)

Za necjelobrojni a i male vrijednosti x, postoje asimptotski razvoji za γ(a, x) i Γ(x, x),opisani u poglavljima ?? i ??:

γ(a, x) = xa∞∑

n=0

(−1)nxn

(a+ n) n !,

Γ(a, x) = xa−1 e−x∞∑

n=0

(a− 1) !

(a− 1− n) !

1

xn(7.23)

= xa−1 e−x∞∑

n=0

(−1)n(n− a) !

(−a) !1

xn.

Nepotpune gama funkcije se mogu prilicno elegantno izraziti i u terminima konfluentnehipergeometrijske funkcije iz odjeljka 7.8.


Eksponencijalni integral

dovrsiti

Zadatak: 7.9 Zemljino gravitacijsko poljePrimje

R:Svi zn

7.2 Besselove funkcije

7.2.1 Besselove funkcije prve vrste Jν(x)

Funkcija izvodnica za Besselove funkcije cjelobrojnog redaIako se Besselove funkcije prirodno pojavljuju kao rjesenja diferencijalnih jednadzba, ins-truktivno je i uobicajeno uvesti ih na sasvim drukciji nacin: preko funkcije izvodnice.Prednost ovog pristupa je u tome sto je usredotocen na same funkcije, a ne na diferenci-jalne jednadzbe koje funkcije zadovoljavaju. Uvedimo funkciju dvije varijable

g(x, t) = e(x/2)(t−1/t). (7.24)

Razvojem u Laurentov red (odjeljak 2.5) dobiva se

g(x, t) = e(x/2)(t−1/t) =

+∞∑

n=−∞Jn(x) t

n. (7.25)

Koeficijenti uz tn definiraju Jn(x), Besselovu funkciju prve vrste cjelobrojnog reda n.Razvojem eksponencijalne funkcije, dobiva se umnozak dva Maclaurinova reda u varija-blama xt/2 i −x/(2t)

g(x, t) = ext/2 e−x/(2t) =∞∑

r=0

(x2

)r tr

r !

∞∑

s=0

(−1)s(x2

)s t−s

s !.

Tablica ?? prikazuje (r − s)-tu potenciju od t za sve moguce vrijednosti r i s.

r = sKada je r = s, tada je potencija t jednaka nuli

∞∑

s=0

(x2

)s tss !

(−1)s(x2

)s t−s

s !

t0∞∑

s=0

(x2

)2s (−1)s

s !s !≡ t0 J0(x),

7.2. BESSELOVE FUNKCIJE 263

r − s s = 0 s = 1 s = 2 s = 3 · · · s = ∞

r = 0 0 -1 -2 -3 · · · −∞

r = 1 1 0 -1 -2 −∞

r = 2 2 1 0 -1 −∞

r = 3 3 2 1 0

...

r = ∞ ∞ ∞ ∞

gdje je

J0(x) =

∞∑

s=0

(x2

)2s (−1)s

s ! s !

Besselova funkcija prve vrste nultog reda.

r = s+ 1Neka je sada r = s+ 1. Ovaj uvjet eliminira zbroj po r, pa preostaje

∞∑

s=0

(x2

)s+1 ts+1

(s+ 1) !(−1)s

(x2

)s t−s

s !

t1∞∑

s=0

(x2

)2s+1 (−1)s

(s+ 1) ! s != t1 J1(x),

gdje je

J1(x) =

∞∑

s=0

(x2

)2s+1 (−1)s

(s+ 1) ! s !

Besselova funkcija prve vrste prvog reda.

r = s+ 2Neka je sada r = s+ 2. Opet ovaj uvjet eliminira zbroj po r, pa preostaje

∞∑

s=0

(x2

)s+2 ts+2

(s+ 2) !(−1)s

(x2

)s t−s

s !

t2∞∑

s=0

(x2

)2s+2 (−1)s

(s+ 2) ! s != t2 J2(x),


gdje je

J2(x) =

∞∑

s=0

(x2

)2s+2 (−1)s

(s+ 2) ! s !

Besselova funkcija prve vrste drugog reda. Nastavi li se gornji postupak, dobit ce se

J0(x) =

∞∑

s=0

(x2

)2s (−1)s

s ! s !,

J1(x) =

∞∑

s=0

(x2

)2s+1 (−1)s

(s+ 1) ! s !,

J2(x) =∞∑

s=0

(x2

)2s+2 (−1)s

(s+ 2) ! s !,

...

Jn(x) =∞∑

s=0

(x2

)2s+n (−1)s

(s+ n) ! s !, n = 0, 1, 2, · · · (7.26)

=xn

2n n !− xn+2

2n+2 (n+ 1) !+ · · · .

Prvih nekoliko clanova su dobra aproksimacija za male vrijednosti x. Ova je funkcijaprikazana slikom 7.2: funkcija oscilira (ali nije periodicna, osim u granici x → ∞), aamplituda joj opada priblizno kao x−1/2 za veliki x.

Slicno se mogu dobiti i Besselove funkcije negativnog cjelobrojnog reda.

r = s− 1Neka je r = s− 1

∞∑

s=0

(x2

)s−1 ts−1

(s− 1) !(−1)s

(x2

)s t−s

s !

t−1

∞∑

s=0

(x2

)2s−1 (−1)s

(s− 1) ! s != t−1 J−1(x),

gdje je

J−1(x) =

∞∑

s=0

(x2

)2s−1 (−1)s

(s− 1) ! s !

Besselova funkcija prve vrste minus prvog reda.

r = s− 2Neka je sada r = s− 2

∞∑

s=0

(x2

)s−2 ts−2

(s− 2) !(−1)s

(x2

)s t−s

s !


Slika 7.2: Prikaz Besselove funkcije prve vrste i pozitivnog cjelobrojnog reda Jn(x) za n = 0, 1, 2.

t−2

∞∑

s=0

(x2

)2s−2 (−1)s

(s− 2) ! s != t−2 J−2(x),

gdje je

J−2(x) =

∞∑

s=0

(x2

)2s−2 (−1)s

(s− 2) ! s !

Besselova funkcija prve vrste minus drugog reda. Nastavi li se gornji postupak, dobit cese

J−1(x) =∞∑

s=0

(x2

)2s−1 (−1)s

(s− 1) ! s !,

J−2(x) =∞∑

s=0

(x2

)2s−2 (−1)s

(s− 2) ! s !,

...

J−n(x) =∞∑

s=0

(x2

)2s−n (−1)s

(s− n) ! s !. (7.27)


Buduci da je, prema (7.14), nazivnik gornjeg izraza beskonacan za sve s =0, 1, 2, · · · , (n− 1), to gornji red zapravo zapocinje s s = n.

J−n(x) =

∞∑

s=n

(x2

)2s−n (−1)s

(s− n) ! s !, n = 1, 2, 3, · · · .

Zamjenimo varijablu s sa m, gdje je

s∣∣∣∞

n= n +m

∣∣∣∞

0.

J−n(x) =

∞∑

s=n

(x2

)2s−n (−1)s

(s− n) ! s !

=∞∑

m=0

(x2

)2(n+m)−n (−1)n+m

(n+m− n) ! (n+m) !

=∞∑

m=0

(x2

)2m+n (−1)n+m

(n+m) ! m !.

Ako sada nijemu varijablu m preimenujemo natrag u s

J−n(x) =∞∑

s=0

(x2

)2s+n (−1)n+s

(n + s) ! s != (7.26) = (−1)n Jn(x).

J−n(x) = (−1)n Jn(x). (7.28)

Rekurzijske relacijeRekurzije za Besselove funkcije i njihove derivacije, se mogu dobiti iz funkcije izvodnice.

Derivirajmo parcijalno funkciju izvodnicu (7.25) po varijabli t

∂

∂ tg(x, t) =

x

2

(1 +

1

t2

)e(x/2)(t−1/t),

∑+∞n=−∞ nJn(x)t

n−1 .

Izjednacimo ova dva izraza, koristeci ponovo (7.25)

x

2

(1 +

1

t2

)e(x/2)(t−1/t) =

+∞∑

n=−∞nJn(x)t

n−1

x

2

(1 +

1

t2

) +∞∑

n=−∞Jn(x)t

n =+∞∑

n=−∞nJn(x)t

n−1

+∞∑

n=−∞Jn(x)t

n ++∞∑

n=−∞Jn(x)t

n−2 =2

x

+∞∑

n=−∞nJn(x)t

n−1.


Uvedimo nove varijable zbrajanja tako da sve potencije t budu iste

+∞∑

m=−∞Jm(x)t

m ++∞∑

m=−∞Jm+2(x)t

m =2

x

+∞∑

m=−∞(m+ 1)Jm+1(x)t

m,

+∞∑

m=−∞tm[Jm(x) + Jm+2(x)−

2(m+ 1)

xJm+1(x)

]= 0.

Kao sto znamo iz odjeljka 5.3 i zadatka 5.17, potencije cine nezavisan skup, pa gornjarelacija moze biti zadovoljena samo ako je svaka od zagrada zasebno jednaka nuli

Jm(x) + Jm+2(x) =2(m+ 1)

xJm+1(x).

To je trazena rekurzija. Uvodenjem n = m + 1, ona se moze zapisati u uobicajenom(simetricnijem) obliku

Jn−1(x) + Jn+1(x) =2n

xJn(x). (7.29)

Npr. za poznate J0 i J1, moze se gornjom relacijom naci J2, itd.

Potrazimo sada rekurziju za derivacije Jn(x). Ponovo krecemo od (7.25), ali sadaparcijalno deriviramo po varijabli x

∂

∂ xg(x, t) =

1

2

(t− 1

t

)e(x/2)(t−1/t),

∑+∞n=−∞ J ′

n(x)tn .

I dalje postupamo kao gore: izjednacimo ova dva izraza, koristeci opet (7.25)

1

2

(t− 1

t

)e(x/2)(t−1/t) =

+∞∑

n=−∞J ′n(x)t

n

1

2

(t− 1

t

) +∞∑

n=−∞Jn(x)t

n =+∞∑

n=−∞J ′n(x)t

n

+∞∑

n=−∞Jn(x)t

n+1 −+∞∑

n=−∞Jn(x)t

n−1 = 2

+∞∑

n=−∞J ′n(x)t

n.

Na lijevoj strani zamjenimo indeks n + 1 = m i n− 1 = m

+∞∑

m=−∞Jm−1(x)t

m −+∞∑

m=−∞Jm+1(x)t

m = 2

+∞∑

m=−∞J ′m(x)t

m

+∞∑

m=−∞tm[Jm−1(x)− Jm+1(x)− 2 J ′

m(x)]= 0.


Ponovo primjecujemo da su potencije linearno nezavisan skup, pa je gornji zbroj jednaknuli, samo ako je svaka zagrada jednaka nuli, a to je upravo trazena rekurzija

Jm−1(x)− Jm+1(x) = 2 J ′m(x), (7.30)

derivacija funkcije je izrazena preko nederiviranih funkcija. Promotrimoposebni slucaj gornje rekurzije kada je n = 0

J−1(x)− J1(x) = 2 J ′0(x).

No, J−1(x) i J1(x) su, preko (7.28), povezani relacijom J−1(x) = −J1(x), sto gornji izrazprevodi u

J ′0(x) = −J1(x).

Izvedimo jos dva izraza koji ce nam trebati kasnije. Zbrajanjem rekurzija (7.29) i (7.30)i djeljenjem rezultata s 2, dobiva se

Jn−1(x) =n

xJn(x) + J ′

n(x). (7.31)

Pomnozimo gornji izraz s xn

xn Jn−1(x) = n xn−1 Jn(x) + xn J ′n(x)

=d

d x

[xn Jn(x)

].

Tako smo dobili prvu od trazenih relacija

d

d x

[xn Jn(x)

]= xn Jn−1(x). (7.32)

Oduzimanjem rekurzija (7.29) i (7.30) i djeljenjem rezultata s 2, dobiva se

Jn+1(x) =n

xJn(x)− J ′

n(x). (7.33)

Pomnozimo gornji izraz s −x−n

−x−n Jn+1(x) = −n x−n−1 Jn(x) + x−n J ′n(x)

=d

d x

[x−n Jn(x)

].

Tako smo dobili i drugu od trazenih relacija

d

d x

[x−n Jn(x)

]= −x−n Jn+1(x). (7.34)

Besselova diferencijalna jednadzbaRazmotrimo skup funkcija Jν(x) koji zadovoljava rekurzije (7.29) i (7.30), ali indeks ν nijenuzno cjelobrojan i funkcija Jν(x) nije nuzno dana redovima (7.26) i (7.27). Uz zamjenu


n→ ν, jednadzba (7.31) postaje

Jν−1(x) =ν

xJν(x) + J ′

ν(x) ⇒ x J ′ν(x) = x Jν−1(x)− ν Jν(x). (7.35)

Iz ove dvije jednadzbe zelimo dobiti jednu jednadzbu u kojoj ce se pojavljivati samofunkcije s istim indeksom ν. Cijena koju cemo za to platiti jeste da cemo umjesto dvijediferencijalne jednadzbe prvog reda dobiti difrencijalnu jednadzbu drugog reda.Derivacija po x jednadzbe (7.35) je

J ′ν(x) + x J ′ ′

ν (x) = Jν−1(x) + x J ′ν−1(x)− ν J ′

ν(x).

x J ′ ′ν (x) + (ν + 1) J ′

ν(x)− x J ′ν−1(x)− Jν−1(x) = 0. (7.36)

Pomnozi li se (7.35) s −ν, a (7.36) s x i zatim se zbroje te dvije jednadzbe, dobiva se

x 2 J ′ ′ν (x) + x J ′

ν(x)− x 2 J ′ν−1(x)− ν 2 Jν(x) + x (ν − 1) Jν−1(x) = 0. (7.37)

Zelimo dobiti jednadzbu u kojoj ce se pojavljivati samo funkcije istog indeksa ν i zatou gornjoj jednadzbi treba eliminirati funkcije s indeksom ν − 1. To se postize ovako:napisimo (7.33) uz zamjenu n→ ν − 1

Jν(x) =ν − 1

xJν−1(x)− J ′

ν−1(x)

x Jν(x) = (ν − 1) Jν−1(x)− x J ′ν−1(x)

/· x

x 2 Jν(x) = x (ν − 1) Jν−1(x)− x 2 J ′ν−1(x)

i iskoristimo ju da iz (7.37) uklonimo Jν−1 i J ′ν−1. Rezultat je Besselova jednadzba

x 2 J ′ ′ν (x) + x J ′

ν(x) + (x 2 − ν 2) Jν(x) = 0. (7.38)

Dakle sve funkcije Jν koje zadovoljavaju rekurzije (7.29), (7.30), (7.32), (7.33) i (7.34),zadovoljavaju i Besselovu jednadzbu. Kao poseban slucaj, pokazali smo da funkcija Jn(x)definirana funkcijom izvodnicom (7.24) zadovoljava i Besselovu jednadzbu.

Uobicajeno je umjesto varijable x koristiti varijablu k ρ, gdje je k konstanta

d

d ρJν(k ρ) = k J ′

ν(k ρ),

d2

d ρ2Jν(k ρ) =

d

d ρk J ′

ν(k ρ) = k2 J ′ ′ν (k ρ),

x 2 J ′ ′ν (x) = (k ρ) 2

1

k2d2

d ρ2Jν(k ρ) = ρ 2 d2

d ρ2Jν(k ρ).


Time Besselova jednadzba postaje

ρ 2 d2

d ρ2Jν(k ρ) + ρ

d

d ρJν(k ρ) +

[(k ρ) 2 − ν 2

]Jν(k ρ) = 0. (7.39)

Integralni prikazdovrsiti

Zadatak: 7.10 Fraunhofferov ogib na kruznoj pukotini:Primje

R:Svi zn

Zadatak: 7.11 Cilindricna rezonantna supljina:Primje

R:Svi zn

Zadatak: 7.12 Izvedite Jacobi-Angerov razvoj

eı z cos θ =

+∞∑

n=−∞ım Jm(z) e

ım θ.

To je razvoj ravnog vala u red po cilindricnim valovima.

R:dovrsiti


cosx = J0(x) + 2

∞∑

n=1

(−1)n J2n(x).

R:dovrsiti


Zadatak: 7.14 Polazeci od rekurzije

Jn−1(x) + Jn+1(x) =2n

xJn(x),

izvedite izraz za funkciju izvodnicu Besselovih funkcija

g(x, t) =

+∞∑

n=−∞Jn(x) t

n.

R:dovrsiti


(a)sin x

x=

∫ π/2

0

J0(x cos θ) cos θ d θ,

(b)1− cos x

x=

∫ π/2

0

J1(x cos θ) d θ.

R:dovrsiti


J0(x) =2

π

∫ 1

0

cosxt√1− t2

d t.

R:dovrsiti


Jn(x) = (−1)n xn(

d

x dx

)nJ0(x).

Uputa: pokusajte s matematickom indukcijom.

R:dovrsiti



J1/2 =

√2

π zsin z, J−1/2 =

√2

π zcos z, .

R:dovrsiti

Zadatak: 7.19 Koristeci rezultate prethodnog zadatka, izrazite J3/2 i J−3/2 preko trigo-nometrijskih funkcija.

R:dovrsiti

Alternativni pristupidovrsiti

Besselove funkcije necjelobrojnog redadovrsiti

7.2.2 Ortogonalnost

Ako Besselovu diferencijalnu jednadzbu (7.39), podjelimo s ρ, primjecujemo da ona pos-taje samoadjungirana

ρd2

d ρ2Jν(αν m ρ) +

d

d ρJν(αν m ρ) +

[α 2ν m ρ−

ν 2

ρ

]Jν(αν m ρ) = 0

d

d ρ

[ρd

d ρJν(αν m ρ)

]+[α 2ν m ρ−

ν 2

ρ

]Jν(αν m ρ) = 0.

Zbog toga, u skladu sa Sturm-Liouvilleovom teorijom iz odjeljka 5.2, ocekujemo da rjesenjaove jednadzbe budu ortogonalna, ukoliko zadovoljavaju odgovarajuce rubne uvjete. Dabi se na prikladan nacin vodilo racuna o rubnim uvjetima, umjesto (0,∞) granice zaradijalnu varijablu ρ, uvodimo granicu (0, a) i mijenjamo konstantu αν m → αν m/a

d

d ρ

[ρd

d ρJν(αν m ρ/a)

]+[α 2

ν m ρ

a2− ν 2

ρ

]Jν(αν m ρ/a) = 0. (7.40)

Ako umjesto parametra αν m uvedemo parametar αν n, vidimo da Jν(αν n ρ/a) zadovoljavajednadzbu

d

d ρ

[ρd

d ρJν(αν n ρ/a)

]+[α 2

ν n ρ

a2− ν 2

ρ

]Jν(αν n ρ/a) = 0. (7.41)


Pomnozimo (7.40) s Jν(αν n ρ/a), a (7.41) s Jν(αν m ρ/a) i oduzmimo te dvije jednadzbe

Jν(αν n ρ/a)d

d ρ

[ρd


]− Jν(αν m ρ/a)

d

d ρ

[ρd


]

= −[α 2ν m ρ

a2− ν 2

ρ

]Jν(αν n ρ/a) Jν(αν m ρ/a) +

[α 2ν n ρ

a2− ν 2

ρ

]Jν(αν m ρ/a) Jν(αν n ρ/a)

=α 2ν n − α 2

ν m

a2ρ Jν(αν m ρ/a) Jν(αν n ρ/a) .

Integriranjem gornje jednadzbe po ρ od 0 do a, slijedi∫ a

0

Jν(αν n ρ/a)d

d ρ

[ρd


]d ρ −

∫ a

0

Jν(αν m ρ/a)d

d ρ

[ρd


]d ρ

=α 2ν n − α 2

ν m

a2

∫ a

0

ρ Jν(αν m ρ/a) Jν(αν n ρ/a) d ρ .

Parcijalnim integriranjem lijeve strane jednadzbe, dobiva se

[ρ

(d


)Jν(αν n ρ/a)

]a

0

−∫ a

0

ρ

(d


) (d


)d ρ

−[ρ

(d


)Jν(αν m ρ/a)

]a

0

+

∫ a

0

ρ

(d


) (d


)d ρ

=α 2ν n − α 2

ν m

a2

∫ a

0

ρ Jν(αν m ρ/a) Jν(αν n ρ/a) d ρ. (7.42)

Za ν ≥ 0, mnozitelj ρ osigurava da su uglate zagrade jednake nuli u ρ = 0. U gornjojgranici, uglate zagrade iscezavaju, ako odaberemo parametre αν n i αν m kao nultockefunkcije Jν

Jν(αν n) = Jν(αν m) = 0.

Sada se vidi svrha oznacavanja α s dva indeksa: αν n je n-ti korjen funkcije Jν . Ovimizborom parametara, lijeva strana jednadzbe je jednaka nuli, a zadovoljeni su i Sturm-Liouvilleovi rubni uvjeti. Iz gornjeg razmatranja zakljucujemo da je

α 2ν n − α 2

ν m

a2

∫ a

0

ρ Jν(αν m ρ/a) Jν(αν n ρ/a) d ρ = 0.

Ukoliko je n 6= m, vrijede relacije ortogonalnosti na intervalu [0, a]∫ a

0

ρ Jν(αν m ρ/a) Jν(αν n ρ/a) d ρ = 0. (7.43)

s tezinskom funkcijom w = ρ.

NormiranjeKrenimo od relacije (7.42) u kojoj αν m jeste nul-tocka funkcije Jν , ali αν n nije.


Uz ove uvjete samo druga uglata zagrada iz (7.42), iscezava, a preostaje

α 2ν n − α 2

ν m

a2

∫ a

0

ρ Jν(αν m ρ/a) Jν(αν n ρ/a) d ρ =

[ρ

(d


)Jν(αν n ρ/a)

]

a

= aαν ma

[d Jν(x)

d x

]

x=αν m

Jν(αν n)

∫ a

0

ρ Jν(αν m ρ/a) Jν(αν n ρ/a) d ρ = a2αν m

α 2ν n − α 2

ν m

[d Jν(x)

d x

]

x=αν m

Jν(αν n).

Ako se sada u gornjoj jednadzbi izvede granicni prijelaz αν n → αν m, dobiva se∫ a

0

ρ [Jν(αν m ρ/a)]2 d ρ = a2 αν m

[d Jν(x)

d x

]

x=αν m

limαν n→αν m

Jν(αν n)

α 2ν n − α 2

ν m

.

Limes na desnoj strani daje neodredeni izraz 0/0, pa treba primjeniti L‘Hospitalovo pra-vilo, sto vodi na

∫ a

0

ρ [Jν(αν m ρ/a)]2 d ρ = a2 αν m

[d Jν(x)

d x

]

x=αν m

[d Jν(x)

d x

]

x=αν m

2αν m

=a2

2

[d Jν(x)

d x

]2

x=αν m

.

Sada se pozivamo na rekurziju (7.33) u tocki αν m koja je nul-tocka funkcije Jν i koja sesada svodi na

[d Jν(x)

d x

]

x=αν m

= −Jν+1(αν m).

Kombiniranjem gornja dva izraza dobivamo trazeni izraz za normiranje Besselove funkcijeprve vrste ∫ a

0

ρ[Jν(αν m ρ/a)

]2d ρ =

a2

2

[Jν+1(αν m)

]2. (7.44)

Pomocu ortogonalnosti (7.43) i normiranja (7.44) moze se napisati

∫ a

0

ρ Jν(αν m ρ/a) Jν(αν n ρ/a) d ρ = δm,na2

2

[Jν+1(αν m)

]2. (7.45)

Besselovi redoviPretpostavi li se da Besselove funkcije Jν(αν m ρ/a) (za fiksni ν i m = 1, 2, 3, · · · ) cinepotpun skup, tada se svaka po dijelovima glatka funkcija f(ρ) moze razviti u Besselov redoblika

f(ρ) =∞∑

m=1

cν m Jν(αν m ρ/a), 0 ≤ ρ ≤ a, ν > −1.


Koeficijenti razvoja cν m se odreduju pomocu (7.45)

cν m =2

a2[Jν+1(αν m)

]2∫ a

0

ρ f(ρ) Jν(αν m ρ/a) d ρ.

Umjesto po samim Besselovim funkcijama, slicni se redovi mogu dobiti i za derivacijeBesselovih funkcija, pri cemu su tada αν m nul-tocke derivacija, a ne funkcija.

Zadatak: 7.20 Elektrostatski potencijal supljeg valjka:.. tekst—

R: dovrsiti

Kontinuirani oblikdovrsiti

7.2.3 Neumannove funkcije, Besselove funkcije druge vrste Nν(x)

7.2.4 Hankelove funkcije

7.2.5 Modificirane Besselove funkcije Iν(x) i Kν(x)

7.2.6 Asimptotski razvoji

7.2.7 Sferne Besselove funkcije


7.3 Legendreovi polinomi

7.3.1 Funkcija izvodnica (generatrisa)

Legendreovi polinomi (funkcije) se pojavljuju u razlicitim podrucjima fizike i matematike:

(1) mogu se pojaviti kao rjesenja Legendreove diferencijalne jednadzbe, s cime smo se vec sreliu jednadzbama (4.63) u odjeljku 4.6.1 kod razdvajanja varijabli u parcijalnim diferencijalnimjednadzbama (Laplaceova, Helmholtzova i slicne) u sfernim koordinatama;

(2) mogu se pojaviti iz Rodrigues’ove formule, odjeljak 7.3.4;

(3) mogu se konstruirati Gram-Schmidtovim postupkom ortogonalizacije (odjeljak 5.4)na intervalu [−1, 1];

(4) u klasicnoj elektrodinamici kao rjesenja elektrostatskog potencijala;

(5) u kvantnoj mehanici se pojavljuju (u obliku kuglinih funkcija) kao svojstvene funkcije operatoramomenta kolicine gibanja;

(6) mogu se dobiti i pomocu funkcije izvodnice, sto cemo i provesti u ostatku ovog odjeljka.

Fizicka osnova - elektrostatikaKao i Besselove funkcije, i Legendreove polinome je uobicajeno uvesti pomocu funkcijeizvodnice. No, za razliku od Besselovih funkcija, ovdje funkcija izvodnica ima jasnu fizickupozadinu.

Promotrimo tockasti elektricni naboj iznosa q smjesten na osi z u tocki a (kao na slici7.3). Njegov elektrostatski potencijal u tocki ~r iznosi

Slika 7.3: Elektrostatski potencijal V (~r) u tocki r, koji potjece od tockastog naboja q smjestenog u tockiz = a.

7.3. LEGENDREOVI POLINOMI 277

V (~r) =1

4πǫ0

q

r1.

S r1 je oznacena udaljenost od naboja do tocke u kojoj racunamo potencijal. Nas jezadatak

izraziti gornji potencijal u sfernim koordinatama V (r, θ, ϕ).

Buduci se naboj nalazi na osi z, cijeli je sustav invarijantan na zakrete oko osi z zaproizvoljan kut, pa potencijal nece ovisiti o kutu ϕ, vec samo o r i θ. Na slici 7.3 sunaznacena dva pravokutna trokuta: iz manjeg od njih je

∆2 + (r sin θ)2 = r21,

a iz veceg je

r cos θ = a+∆.

Eliminacijom ∆ iz gornje dvije jednadzbe, dobiva se r1 izrazen preko sfernih koordinatar i θ

r1 =√r2 + a2 − 2ar cos θ

iz cega slijedi

V (r, θ) =1

4πǫ0

q√r2 + a2 − 2ar cos θ

. (7.46)

Primjetimo da se nule nazivnika

r2 − 2ar cos θ + a2 = 0,

nalaze u kompleksnim tockama

r± = a e±ı θ,

tj. da je∣∣∣ r±

∣∣∣ = a

i

(r − r+) (r − r−) = 0.

Legendreovi polinomiNeka je r2 > |a2−2ar cos θ|. U tom se slucaju gornji korjen moze razviti u binomni red, aclanovi se zatim jos mogu preraspodjeliti tako da skupimo sve clanove s istom potencijom(a/r)l.

V =1

4πǫ0

q

r

(1 +

a2 − 2ar cos θ

r2

)−1/2

(7.47)


Prema pretpostavci je α ≡ (a2 − 2ar cos θ)/r2 manje od jedan, pa se gornji korjen moze,po binomnom poucku, razviti u konvergentan red

(1 + α)p = 1 + p α +p(p− 1)

2 !α2 +

p(p− 1)(p− 2)

3 !α3 + · · ·

(1 + α)−1/2 = 1− 1

2α +

1 · 32 · 4 α

2 − 1 · 3 · 52 · 4 · 6 α

3 + · · ·

= 1 +

∞∑

n=1

(−1)n(2n− 1) ! !

(2n) ! !αn (7.48)

Uvrstimo li jos i

α =a2

r2− 2

a

rcos θ =

a

r

(ar− 2 cos θ

),

za potencijal se dobiva

V =1

4πǫ0

q

r

[1− 1

2

a

r

(ar− 2 cos θ

)+

3

8

a2

r2

(ar− 2 cos θ

)2− 5

16

a3

r3

(ar− 2 cos θ

)3+O

(a4

r4

)]

=1

4πǫ0

q

r

[1 +

a

rcos θ +

a2

r2

(3

2cos2 θ − 1

2

)+a3

r3

(5

2cos3 θ − 3

2cos θ

)+O

(a4

r4

)]

Koeficijente koji se nalaze uz potencije a/r, zovu se Legendreovi polinomi i oznacavajukao Pl(cos θ)

V (r, θ) =1

4πǫ0

q

r

∞∑

l=0

Pl(cos θ)(ar

)l. (7.49)

Iz gornjeg izraza ocitavamo nekoliko prvih Legendreovih polinoma (slika 7.4)

P0(cos θ) = 1,

P1(cos θ) = cos θ,

P2(cos θ) =1

2

(3 cos2 θ − 1

),

P3(cos θ) =1

2

(5 cos3 θ − 3 cos θ

),

P4(cos θ) =1

8

(35 cos4 θ − 30 cos2 θ + 3

),

P5(cos θ) =1

8

(63 cos5 θ − 70 cos3 θ + 15 cos θ

),

...


Slika 7.4: Nekoliko prvih Legendreovih polinoma u varijabli x = cos θ.

-1 -0.5 0 0.5 1x

-1

-0.5

0

0.5

1P n (

x)

P0 (x)

P1 (x)

P2 (x)

P3 (x)

P4 (x)

P5 (x)

Zamjene li se oznake:

cos θ∣∣∣π

0= x

∣∣∣−1

1,

a

r

∣∣∣r>a

= t∣∣∣|t|<1

,

iz izraza za potencijal (7.47) i (7.49) se ocitava funkcija izvodnica Legendreovih polinomau obliku

g(x, t) = (1− 2xt+ t2)−1/2 =∞∑

l=0

Pl(x) tl, |t| < 1. (7.50)

U iducem ce se odjeljku pokazati da je |Pl(cos θ)| ≤ 1, sto znaci da je red (7.50) konver-gentan za |t| < 1. Red je konvergentan i za |t| = 1, osim kada je |x| = 1.

U fizickim se primjenama (7.50) najcesce pojavljuje s vektorskim oznakama

1

|~r − ~r ′| =1

r>

∞∑

l=0

Pl(cos θ)

(r<r>

)l, (7.51)

pri cemu je koristeno uobicajeno oznacavanje

|~r| > |~r ′| ⇒

r> = |~r| ,

r< = |~r ′| ,

ili, ako je

|~r ′| > |~r| ⇒

r> = |~r ′| ,

r< = |~r| .


Vratimo se razvoju funkcije izvodnice u opcem obliku (7.48) i pokusajmo naci izraz Le-gendreov polinom u zatvorenom obliku.

(1− 2xt + t2)−1/2 = 1 +∞∑

l=1

(−1)l(2l − 1) ! !

(2l) ! !(t2 − 2xt)l

= 1 +

∞∑

l=1

(2l) !/(2l) ! !

(2l) ! !(2xt− t2)l

= 1 +

∞∑

l=1

(2l) !

2 2 l (l !)2(2xt− t2)l

=∞∑

l=0

(2l) !

22l(l !)2(2xt− t2)l.

Sada se i (2xt− t2)l moze razviti u binomni red

(2xt− t2)l =l∑

k=0

l !

k ! (l − k) !(2xt)l−k (−1)k t2k

i uvrstiti u razvoj funkcije izvodnice

(1− 2xt+ t2)−1/2 =

∞∑

l=0

(2l) !

22l(l !)2

l∑

k=0

l !

k ! (l − k) !(2xt)l−k (−1)k t2k

=

∞∑

l=0

l∑

k=0

(−1)k (2l) ! (2x)l−k

22l l ! k ! (l − k) !tl+k

≡∞∑

l=0

l∑

k=0

f(l, k) tl+k,

gdje smo uveli pokratu

f(l, k) =(−1)k (2l) ! (2x)l−k

22l l ! k ! (l − k) !.

Raspisimo simbolicki gornji zbroj, kako bismo uocili clanove s istom potencijom t


l \ k 0 1 2 3 4 5 · · ·

0 f(0, 0) t0

1 f(1, 0) t1 f(1, 1) t2

2 f(2, 0) t2 f(2, 1) t3 f(2, 2) t4

3 f(3, 0) t3 f(3, 1) t4 f(3, 2) t5 f(3, 3) t6

4 f(4, 0) t4 f(4, 1) t5 f(4, 2) t6 f(4, 3) t7 f(4, 4) t8

5 f(5, 0) t5 f(5, 1) t6 f(5, 2) t7 f(5, 3) t8 f(5, 4) t9 f(5, 5) t10

......

......

......

.... . .

(1− 2xt + t2)−1/2 = t0 f(0, 0)

+ t1 f(1, 0)

+ t2[f(2, 0) + f(1, 1)

]

+ t3[f(3, 0) + f(2, 1)

]

+ t4[f(4, 0) + f(3, 1) + f(2, 2)

]

+ t5[f(5, 0) + f(4, 1) + f(3, 2)

]

+ t6[f(6, 0) + f(5, 1) + f(4, 2) + f(3, 3)

]

+ t7[f(7, 0) + f(6, 1) + f(5, 2) + f(4, 3)

]

...

+ t l[l/2]∑

k=0

f(l − k, k)

...

gdje je

[l

2

]⇒

l

2za parni l,

l − 1

2za neparni l.


Vratimo se sada izrazu za funkciju izvodnicu

(1− 2xt+ t2)−1/2 =

∞∑

l=0

t l[l/2]∑

k=0

f(l − k, k)

=

∞∑

l=0

t l[l/2]∑

k=0

(−1)k (2l − 2k) ! (2x)l−2k

22l−2k (l − k) ! k ! (l − 2k) !.

Usporedbom gornjeg izraza sa (7.50), dobivamo Legendreove polinome u obliku razvojau red potencija

Pl(x) =1

2l

[l/2]∑

k=0

(−1)k(2l − 2k) !

(l − k) ! k ! (l − 2k) !x l−2k. (7.52)

Promotrimo potencije x koje se pojavljuju u gornjem izrazu: buduci da je 2k uvijekparno, parnost potencije x je jednaka parnosti od l. Za parni l ce Pl(x) imati samo parnepotencije x, tj. bit ce parna funkcija. Za neparni l ce Pl(x) imati samo neparne potencijex i bit ce neparna funkcija

Pl(−x) = (−1)l Pl(x). (7.53)

Linearni elektricni multipoliVratimo se primjeru s elektricnim nabojem q u tocki z = a i dodajmo jos jedan naboj su-protnog znaka −q u tocku z = −a kao na slici 7.5. Prema nacelu pridodavanja, potencijal

Slika 7.5: Elektricni dipol.


u promatranoj tocki ~r je zbroj potencijala oba naboja

V (~r) =1

4 π ǫ0

(q

r1+

−qr2

).

Iz (7.46) znamo da je clan s r1 jednak

1

4πǫ0

q

r

(1− 2

a

rcos θ +

a2

r2

)−1/2

.

Iz pravokutnih trokuta sa slike 7.5 vidimo da je

r22 = (r sin θ)2 + (2a+∆)2,

cos θ =a+∆

r.

Eliminacijom ∆, slijedi

r22 = r2 + 2ar cos θ + a2.

To vodi na doprinos od naboja −q ukupnom potencijalu clanom oblika

1

4πǫ0

−qr

(1 + 2

a

rcos θ +

a2

r2

)−1/2

, (7.54)

tj. ukupni je potencijal (za r > a)

V =1

4πǫ0

q

r

[(1− 2

a

rcos θ +

a2

r2

)−1/2

−(1 + 2

a

rcos θ +

a2

r2

)−1/2].

Vidimo da je drugi clan isto graden kao i prvi, uz zamjenu

a→ −a, q → −q.

Prema (7.50), gornji je izraz jednak

V =1

4πǫ0

q

r

[ ∞∑

l=0

Pl(cos θ)(ar

)l−

∞∑

l=0

Pl(cos θ)

(−ar

)l]

=1

4πǫ0

q

r

[ ∞∑

l=0

Pl(cos θ)(ar

)l−

∞∑

l=0

(−1)l Pl(cos θ)(ar

)l]

=1

4πǫ0

q

r

∞∑

l=0

Pl(cos θ)(ar

)l [1 + (−1)l+1

]

=1

4πǫ0

2 q

r

[P1(cos θ)

(ar

)+ P3(cos θ)

(ar

)3+ · · ·

].

Na velikim udaljenostima od dipola, r >> a, prevladava prvi clan razvoja koji prepozna-jemo kao dipolni potencijal

Vdip. =1

4πǫ0

2 a q

r2P1(cosθ),


gdje je 2aq dipolni moment.Ovaj se postupak moze nastaviti postavljanjem novih naboja na os z. Tako ce npr.postavljanje naboja q u tocke z = ±a i naboja −2q u z = 0 (linearni elektricni kvadrupol)rezultirati razvojem koji ce pocinjati s clanom srazmjernim s P2(cosθ). Dva kvadrupolase mogu kombinirati tako da pocetni clan razvoja bude P3(cosθ). Takav se sustav nabojanaziva elektricni oktupol.

Zadatak: 7.21 Izracunajte elektrostatski potencijal nakupine naboja sa slike (linearnielektricni kvadrupol).

R:

dovrsiti

Zadatak: 7.22 Izracunajte elektrostatski potencijal nakupine naboja sa slike (linearnielektricni oktupol).

R:

dovrsiti


Razvoj preko vektoradovrsiti

Prosirenje na ultrasfericne polinomeFunkcija izvodnica g(x, t) koja je ovdje koristena, je poseban slucaj jedne opcenitijefunkcije izvodnice oblika

1

(1− 2 x t+ t2)α=

∞∑

n=0

C(α)n (x) tn.

Koeficijenti razvoja C(α)n (x) se zovu ultrasfericni polinomi i srazmjerni su Gegen-

bauerovim polinomima. Za α = 1/2, gornji izraz prepoznajemo kao (7.50), tj. funkcijuizvodnicu Legendreovih polinoma

C(1/2)n (x) = Pn(x).

Vrijednosti α = 0 i α = 1 se razmatraju u odjeljku 7.6 u vezi s definicijom Cebisevljevihpolinoma.

7.3.2 Rekurzije i posebna svojstva

Rekurzijske relacije cemo izvesti pomocu funkcije izvodnice. Parcijalnom derivacijomfunkcije izvodnice (7.50)

g(x, t) = (1− 2xt+ t2)−1/2

po t

∂ g(x, t)

∂ t=

x− t

(1− 2xt+ t2)3/2

∑∞l=0 lPl(x) t

l−1

.

(x− t) (1− 2xt + t2)−1/2 = (1− 2xt+ t2)

∞∑

l=0

l Pl(x) tl−1.

Ponovnim uvrstavanjem (7.50) u lijevu stranu gornjeg izraza, dobiva se

(t− x)

∞∑

l=0

Pl(x) tl + (1− 2xt + t2)

∞∑

l=0

l Pl(x) tl−1 = 0

∞∑

l=0

(l + 1) Pl(x) tl+1 − x

∞∑

l=0

(2l + 1) Pl(x) tl +

∞∑

l=0

l Pl(x) tl−1 = 0.

Preimenovanjem indeksa zbrajanja, tako da potencija t svuda bude ista, dobiva se

∞∑

l=0

t l[l Pl−1(x)− x (2l + 1) Pl(x) + (l + 1) Pl+1(x)

]= 0.


Gornja relacija je primjer opce relacije

∞∑

l=0

ϕl(t) αl = 0,

za linearno nezavisni skup funkcija ϕl(t) = t l, koja moze biti zadovoljena samo ako jesvaki αl = 0. U nasem primjeru to znaci da je svaka od gornjih uglatih zagrada jednakanuli, sto daje trazenu rekurziju

x (2l + 1) Pl(x) = l Pl−1(x) + (l + 1) Pl+1(x), l = 1, 2, · · · (7.55)

Diferencijalne jednadzbeDodatne informacije o ponasanju Legendreovih polinoma se mogu dobiti ako se funkcijaizvodnica derivira po x

∂ g(x, t)

∂ x=

t

(1− 2xt+ t2)3/2

∑∞l=0 P

′l (x) t

l

.

t (1− 2xt+ t2)−1/2 = (1− 2xt+ t2)∞∑

l=0

P ′l (x) t

l.

Ponovnim uvrstavanjem (7.50) u lijevu stranu gornjeg izraza, dobiva se

(1− 2xt + t2)∞∑

l=0

P ′l (x) t

l − t∞∑

l=0

Pl(x) tl = 0.

∞∑

l=0

P ′l (x) t

l − 2x∞∑

l=0

P ′l (x) t

l+1 +∞∑

l=0

P ′l (x) t

l+2 −∞∑

l=0

Pl(x) tl+1 = 0.

Postupamo isto kao i gore: zamjenom indeksa zbrajanja, svedemo sve potencije t na t l izakljucimo da koeficijent koji mnozi t l mora biti jednak nuli. Taj zahtjev je

P ′l+1(x) + P ′

l−1(x) = 2x P ′l (x) + Pl(x). (7.56)

Ako se (7.55) derivira po x i pomnozi s dva, a (7.56) pomnozi s (2l + 1), a zatim se tedvije jednadzbe zbroje, clanovi s P ′

l (x) ce se ukinuti, a preostat ce

2d

d x(7.55) + (2l + 1) · (7.56),

P ′l+1(x)− P ′

l−1(x) = (2l + 1) Pl(x). (7.57)


Daljim kombiniranjem dolazi se i do slijedecih jednadzba:

1

2

[(7.56) + (7.57)

],

P ′l+1(x) = (l + 1) Pl(x) + x P ′

l (x) (7.58)

1

2

[(7.56)− (7.57)

],

P ′l−1(x) = −l Pl(x) + x P ′

l (x) (7.59)

(7.58)l→l−1 + x · (7.59),

(1− x2) P ′l (x) = l Pl−1(x)− l x Pl(x) (7.60)

(7.60)− (7.55),

(1− x2) P ′l (x) = (l + 1) x Pl(x)− (l + 1) Pl+1(x). (7.61)

Derivacijom jednadzbe (7.60) i eliminacijom iz nje clana s P ′l−1(x) pomocu (7.59), dobiva

se diferencijalna jednadzba drugog reda za Pl(x)

d

d x(7.60) + l · (7.59),

(1− x2) P ′ ′l (x)− 2 x P ′

l (x) + l (l + 1) Pl(x) = 0. (7.62)

To je Legendreova diferencijalna jednadzba. Jednadzbe (7.56) - (7.61) su prvogreda, ali se u njima pojavljuju Pl-ovi s razlicitim indeksom l. Gornja je jednadzba drugogreda, ali su svi P -ovi s istim indeksom l. Time je pokazano da polinomi generiranifunkcijom izvodnicom (1− 2xt+ t2)−1/2 zadovoljavaju gornju diferencijalnu jednadzbu.

U gornjoj se jednadzbi derivacije odnose na varijablu x = cos θ. Ako se sa varijable xprijede na varijablu θ,

d Pld θ

=d Pld x

d x

d θ=d Pld x

(− sin θ),

P ′l (x) =

−1

sin θ

d Pld θ

P ′ ′l (x) =

− cos θ

sin3 θ

d Pld θ

+1

sin2 θ

d2 Pld θ2

,


Legendreova jednadzba glasi

1

sin θ

d

d θ

[sin θ

d Pld θ

]+ l (l + 1) Pl = 0. (7.63)

Neke posebne vrijednostiPomocu funkcije izvodnice se na elegantan nacin moze doci do nekih posebnih vrijed-nosti Legendreovih polinoma. Tako npr. u tocki x = 1, jednadzba (7.50), daje zbrojgeometrijskog reda

(1− 2t + t2)−1/2 =1

1− t=

∞∑

l=0

t l.

S druge je strane

(1− 2t+ t2)−1/2 =∞∑

l=0

Pl(1) tl,

iz cega slijedi zakljucak da je, za svaki l,

Pl(1) = 1. (7.64)

Ako se postavi da je x = −1, tada je zbog parnosti (7.53),

Pl(−1) = (−1)l.

Neka je sada x = 0, pa je funkcija izvodnica jednaka (1 + t2)−1/2. Binomnim razvojem

(1 + x)p = 1 + p x+p(p− 1)

2 !x2 +

p(p− 1)(p− 2)

3 !x3 + · · ·

za p ≡ −1/2 i x ≡ t2 dobivamo

(1 + t2)−1/2 = 1− 1

2t2 +

3

8t4 + · · ·+ (−1)l

1 · 3 · · · (2l − 1)

2l l !t2l + · · · .

Iz gornjeg izraza zakljucujemo da je

P2l(0) = (−1)l1 · 3 · · · (2l − 1)

2l l != (−1)l

(2l − 1) ! !

(2l) ! != (−1)l

(2l) !

22l (l !)2

P2l+1(0) = 0,

za sve l = 0, 1, 2, · · · .

ParnostPokazimo jos i kako se parnost Legendreovih polinoma, koju smo vec ustanovili relacijom(7.53), moze ustanoviti pomocu funkcije izvodnice. Zamjenimo u funkciji izvodnici x →


−x i t→ −t

g(−x,−t) =[1− 2(−x)(−t) + (−t)2

]−1/2

=[1− 2xt + t2

]−1/2

= g(x, t).

No, kako je

g(x, t) =

∞∑

l=0

Pl(x) tl

g(−x,−t) =

∞∑

l=0

Pl(−x) (−t)l,

to je i

∞∑

l=0

[Pl(x)− (−1)l Pl(−x)

]t l = 0.

Zbog linearne nezavisnosti skupa t l, zakljucujemo da je

Pl(−x) = (−1)l Pl(x). (7.65)

Gornja i donja granica za Pl(cos θ)dovrsiti

Zadatak: 7.23 Prijelazom u sferni koordinatni sustav, pokazite da je

∂

∂ z

[Pn(cos θ)

rn+1

]= −(n + 1)

Pn+1(cos θ)

rn+2.

R:dovrsiti


d Pn(x)

d x

∣∣∣∣x=1

=1

2n (n+ 1).

R:dovrsiti


7.3.3 Ortogonalnost

Legendreova diferencijalna jednadzba (7.62) se moze napisati u obliku

d

d x

[(1− x2) P ′

l (x)]+ l(l + 1)Pl(x) = 0 (7.66)

iz kojega se jasno vidi da je ona samoadjungirana. Stoga ce i njezina rjesenja, uzprikladne rubne uvjete, biti ortogonalna. Usporedbom gornje jednadzbe s (5.6) i (5.8),ocitavamo da je tezinska funkcija

w(x) = 1,

funkcija p(x) je

p(x) = 1− x2,

a svojstvena vrijednost

λ = l(l + 1).

Granice integracije su x = ±1. U tim je granicama p(x = ±1) = 0. Uz ove opaske,jednadzba (5.16) postaje, za m 6= l,

∫ +1

−1

Pl(x) Pm(x) d x = 0, (7.67)

∫ π

0

Pl(cos θ) Pm(cos θ) sin θ d θ = 0.

Integrali gornjeg tipa se cesto oznacavaju i kao (poopceni skalarni umnozak)

〈 Pl | Pm 〉.

Cinjenica de je gornji integral jednak nuli, se interpretira kao okomitost polinoma Pl nazadanom intervalu.

Izracunajmo gornji integral kada je l = m. Posluzimo se opet funkcijom izvodnicom, tj.njezinim kvadratom

g2(x, t) = (1− 2tx+ t2)−1 =

[ ∞∑

l=0

Pl(x) tl

]2=

∞∑

l=0

Pl(x) tl

∞∑

m=0

Pm(x) tm.

Prointegrirajmo gornju jednadzbu po x od −1 do +1. Zbog (7.67), na desnoj ce stranipreostati samo clanovi s l = m

∫ +1

−1

d x

1− 2tx+ t2=

∞∑

l=0

t2l∫ +1

−1

P 2l (x) d x. (7.68)

Integral na lijevoj strani se rjesava zamjenom varijable integracije y = 1− 2xt + t2

∫ +1

−1

d x

1− 2tx+ t2=

1

2t

∫ (1+t)2

(1−t)2

d y

y=

1

tln

1 + t

1− t.


Razvojem u red gornjeg logaritma

1

2ln

1 + α

1− α= α +

α3

3+α5

5+ · · · , −1 < α < +1

dobiva se

1

tln

1 + t

1− t= 2

(1 +

t2

3+t4

5+ · · ·

)= 2

∞∑

l=0

t2l

2l + 1.

Usporedbom gornjeg izraza sa (7.68) zakljucujemo da je

∫ +1

−1

P 2l (x) d x =

2

2l + 1.

Gornji izraz i (7.67) mozemo zajedno napisati kao trazenu relaciju ortogonalnosti

∫ +1

−1

Pl(x) Pm(x) d x = δl,m2

2l + 1. (7.69)

Razvoj funkcija u Legendreove redoveOsim ortogonalnosti, Sturm-Liouvilleova teorija iz odjeljka 5 kaze da Legendreovi po-linomi cine potpun skup. Ove osobine omogucavaju da se polinomi Pl mogu iskoristitiza razvoj funkcije u red po polinomima Pl (slicno kao sto se i trigonometrijske funkcijekoriste u Fourierovom razvoju, odjeljak 8). Pretpostavimo da na intervalu x ∈ [−1, 1]postoji razvoj (poznate, zadane) funkcije f(x) u red oblika3

f(x) =

∞∑

l=0

al Pl(x). (7.70)

Da bi to bilo moguce, funkcija f i njezina derivacija f ′ moraju biti bar po dijelovimakontinuirane4 na interavalu [−1, 1]. Koeficijenti razvoja se racunaju tako da se (7.70)

3Taj je razvoj analogan razvoju proizvoljnog vektora ~V po vektorima baze en u D-dimenzijskom vektorskom prostoru

~V =D∑

n=1

Vn e n.

4Zato da bi postojala i f ′ ′, jer Pl zadovoljava diferencijalnu jednadzbu drugog reda


pomnozi s Pm i prointegrira koristeci ortogonalnost (7.69)

∞∑

l=0

al Pl(x) Pm(x) = f(x) Pm(x)

∞∑

l=0

al

∫ +1

−1

Pl(x) Pm(x) d x =

∫ +1

−1

f(x) Pm(x) d x

∞∑

n=0

al δn,m2

2l + 1=

∫ +1

−1

f(x) Pm(x) d x

am2

2m+ 1=

∫ +1

−1

f(x) Pm(x) d x

am =2m+ 1

2

∫ +1

−1

f(x) Pm(x) d x. (7.71)

Ovaj koeficijent uvrstimo u (7.70) i dobijemo

f(x) =∞∑

l=0

2l + 1

2

[∫ +1

−1

f(t) Pl(t) d t

]Pl(x). (7.72)

Ovakav se razvoj cesto naziva i Legendreov red. U paraleli sa slikom vektora u obicnomprostoru, funkciju f mozemo zamisliti kao proizvoljni vektor u jednom apstraktnom (Hil-bertovom) prostoru, a polinome Pl kao bazne vektore tog prostora (kao ~ex , ~ey i ~ez uobicnom prostoru). U tom slucaju (7.72) jednostavno kaze da se svaki vektor moze pri-kazati kao linearna kombinacija baznih vektora, a integrali poput onoga u (7.71) jesuskalarni umnozak u tom prostoru.

Sa stanovista integralnih preobrazbi (odjeljak 9), jednadzba (7.71) se moze shvatiti kaoLegendreova preobrazba funkcija f(x), a jednadzba (7.72) je tada inverzna preobrazba.

Takoder postoji i interpretacija kroz kvantnu mehaniku u terminima projektora ili pro-jektivnih operatora. Ovdje se

P[

· · ·]≡ Pl(x)

2l + 1

2

∫ +1

−1

Pl(t)[

· · ·]d t

shvaca kao jedan integralni operator koji ce djelovati na funkciju f(t). Prema (7.71) je

P f(t) = Pl(x) al.

Iz gornjeg se izraza vidi zasto se P naziva projekcijski operator: djelujuci na funkcijuf on daje njezinu l-tu komponentu razvoja po Pl; on ju projicira na l-tu os Hilbertovaprostora.

Zadatak: 7.25 Laplaceova jednadzba u sfernim koordinatamaRijesite Laplaceovu jednadzbu u sfernim koordinatama uz pretpostavku da elek-trostatski potencijal V ne ovisi o koordinati ϕ i da se moze napisati u obliku


umnoska

V (r, θ) =R(r)

rP (θ).

R:Oblik Laplaceovog operatora u sfernom koordinatnom sustavu je poznat iz(1.20),

∇ 2 =1

r2∂

∂ r

(r2∂

∂ r

)+

1

r2 sin θ

∂

∂ θ

(sin θ

∂

∂ θ

)+

1

r2 sin2 θ

∂ 2

∂ ϕ2,

pa jednadzba za potencijal

∇ 2V (r, θ) = 0

postaje

P (θ)

r

∂ 2R

∂ r2+

R

r3 sin θ

∂

∂ θ

(sin θ

∂ P

∂ θ

)= 0.

Mnozenjem gornje jednadzbe s r3 i dijeljenjem s RP , dolazi se do

r2

R

∂ 2R

∂ r2+

1

P sin θ

∂

∂ θ

(sin θ

∂ P

∂ θ

)= 0.

Prvi clan desne strane je konstantan u koordinati θ, a drugi je clan konstantanu varijabli r. Nazove li se ta konstanta l(l+1), iz gornje se jednadzbe dobivajuneovisne jednadzbe za R(r) i P (θ)

∂ 2R

∂ r2− l(l + 1)

r2R = 0,

1

sin θ

∂

∂ θ

(sin θ

∂ P

∂ θ

)+ l(l + 1)P = 0.

Lako je uvjeriti se (npr. trazenjem rjesenja u obliku reda potencija kao uodjeljku 4.3.2) da su rjesenja gornje jednadzbe za Rl(r) dana sa

Rl(r) = Arl+1 +B

rl,

za proizvoljne konstante A i B.Zamjenom varijable x = cos θ u jednadzbi za P , dobiva se

d

d θ=d x

d θ

d

d x= − sin θ

d

d x

d

d x

[(1− x2)

d Pld x

]+ l(l + 1)Pl = 0.

Ovu jednadzbu prepoznajemo kao Legendreovu diferencijalnu jednadzbu (7.62),


a njezina su rijesenja Legendreovi polinomi Kao sto smo vidjeli, ovi polinomicine potpun i ortonormiran skup. Time je, za svaki l = 0, 1, 2, · · · , trazenorijesenje Laplaceove jednadzbe (Arl+B r−l−1)Pl(cos θ). Buduci da je polaznaLaplaceova jednadzba homogena, to je i linearna kombinacija ovih rijesenjaopet rijesenje, pa je opcenito

V (r, θ) =

∞∑

l=0

(Al r

l +Bl

rl+1

)Pl(cos θ).

Koeficijenti Al i Bl se odreduju iz rubnih uvijeta (kao sto ce se vidjeti uzadacima koji slijede).

Zadatak: 7.26 U ravnini (x, y) se nalazi jednoliko naelektrizirana tanka petlja oblikakruznice. Srediste kruznice je u ishodistu koordinatnog sustava., polumjer pet-lje je R, a ukupni naboj Q. Izracunajte elektrostatski potencijal u tocki ~r, akoje r > R .

R:Neka je geometrija zadatka dana donjom slikom. Zbog simetrije, ocito je dapotencijal ne moze ovisiti o kutu ϕ

V = V (r, θ).

Prema rjesenju zadatka 7.25, elektrostatskipotencijal neovisan o ϕ se moze napisati kao

V (r, θ) =

∞∑

l=0

(Al r

l +Bl

rl+1

)Pl(cos θ).

Buduci da jako daleko od petlje (tj. u granicir → ∞) potencijal petlje mora biti jednaknuli, svi koeficijenti Al moraju biti jednakinuli, tako da za potencijal preostaje

V (r, θ) =

∞∑

l=0

Bl

rl+1Pl(cos θ). (7.73)

Zadatak je izracunati koeficijente Bl. Buduci da koeficijenti ne ovise niti o rniti o θ, standardni trik se sastoji u tome da se koficijenti Bl izracunaju zaneke lagane vrijednosti r i θ, a zatim se ti koeficijenti uvrste u opci gornji izrazi problem je rjesen. U ovom primjeru je, zbog simetrije, lagano izracunatipotencijal na osi z. Iz elektrostatike je poznat izraz za potencijal linijskeraspodjele gustoce naboja λ

V (~r) =1

4πǫ0

∫λ(~r ′)

|~r − ~r ′| d r′ .


Naboji se nalaze na kruznici, pa je zato

~r ′ = R~e ρ ′ , d r ′ = R dϕ ′

Na osi z je

~r = z ~e z.

Gustoca naboja je konstantna

λ =Q

2Rπ.

Uvrstavanje ovih vrijednosti u izraz za potencijal, vodi na

V (~r) =1

4πǫ0

Q

2Rπ

R√R2 + z2

∫ 2π

0

d ϕ ′ =1

4πǫ0

Q√R2 + z2

.

Buduci da je, prema uvjetu zadatka, z = r > R, to se korjen iz gornjeg izrazamoze napisati kao

V (z) =1

4πǫ0

Q

z

[1 +

(R

z

)2]−1/2

=1

4πǫ0

Q

z

∞∑

n=0

Pn(0)

(R

z

)n.

U izvodu gornjeg izraza je primjenjena relacija (7.50)

(1− 2xt+ t2)−1/2 =

∞∑

l=0

Pl(x) tl, |t| < 1.

Prema (7.65) su razliciti od nule samo oni Pn(0) s parnim n

P2n(0) = (−1)n1 · 3 · · · (2n− 1)

2n n != (−1)n

(2n− 1) ! !

(2n) ! != (−1)n

(2n) !

22n (n !)2

P2n+1(0) = 0,

tako da izraz za V postaje

V (z) =1

4πǫ0

Q

z

∞∑

n=0

(−1)n(2n) !

22n (n !)2

(R

z

)2n

.

Sada se gornji izraz izjednaci s (7.73) u kojemu je θ = 0 i r = z

1

4πǫ0

Q

z

∞∑

n=0

(−1)n(2n) !

22n (n !)2

(R

z

)2n

= V (r, θ)∣∣∣θ=0, r=z

=

∞∑

l=0

Bl

zl+1Pl(1).

Prema (7.64) je

Pl(1) = 1, n = 0, 1, 2, · · · ,

pa iz gornje jednakosti za potencijale zakljucujemo da su B-ovi s neparnim


indeksom jednaki nuli, a oni s parnim indeksom su

B2n =Q

4 π ǫ0(−1)n

(2n) !

22n (n !)2R2n.

Uvrstavanje ovih koeficijenata u (7.73) daje konacni izraz za potencijal u po-drucju r > R

V (r, θ) =Q

4 π ǫ0

1

r

∞∑

n=0

(−1)n(2n) !

22n (n !)2

(R

r

)2n

P2n(cos θ).

Fiksiranjem kuta θ mogu se dobiti i vrijednosti potencijala u nekim posebnimslucajevima:θ = 0, potencijal na pozitivnom dijelu osi z (osi simetrije), dovrsitiθ = π, potencijal na negativnom dijelu osi z (osi simetrije), dovrsitiθ = π/2, potencijal u ravnini (x, y), dovrsiti

Zadatak: 7.27 Neutroni (mase 1) se rasprsuju na jezgrama mase A > 1. U sustavu saishodistem u sredistu mase, rasprsenje je izotropno. U laboratorijskom sustavu,srednja vrijednost otklona kuta neutrona je

〈 cosψ 〉 = 1

2

∫ π

0

A cos θ + 1√A2 + 2A cos θ + 1

sin θ d θ.

Razvojem nazivnika, pokazite da je 〈 cosψ 〉 = 2/(3A).

R:dovrsiti


∫ 1

0

Pl(x) dx.

R:dovrsiti

Zadatak: 7.29 Za funkciju

f(x) =

1, 0 < x < 1,

−1, −1 < x < 0 .


pokazite da je

∫ 1

−1

[f(x)

]2d x = 2

∞∑

n=0

(4n+ 3)

[(2n− 1) !!

(2n+ 2) !!

]2.

R:dovrsiti

Zadatak: 7.30 Elektrostatski potencijal kuglePoznat je potencijal

V (r = R) = V0(θ)

na povrsini kugle polumjera R. Unutar kugle nema slobodnih naboja. Odreditepotencijal svuda u prostoru.

R:Buduci da nema slobodnih naboja, potencijal zadovoljava Laplaceovu jed-nadzbu

∇ 2V = 0.

Na temelju rijesenja zadatka (7.25), zakljucuje se da u izrazu za potencijalunutar kugle, V<, moraju biti svi Bl = 0 (kako bi potencijal bio svuda, pa iu r = 0, konacan), a u izrazu za potencijal izvan kugle, V>, moraju biti sviAl = 0 (opet zato da potencijal bude svuda, pa i u r = ∞, konacan):

V< =

∞∑

l=0

Al rl Pl(cos θ), r ≤ R,

V> =∞∑

l=0

Bl

rl+1Pl(cos θ) r ≥ R.

Pogledajmo detaljnije racun za V< : za r = R vrijedi rubni uvjet zadatka

V0(θ) =∞∑

l=0

AlRl Pl(cos θ).

Pomnozi li se gornja jednadzba s Pm(cos θ) sin θ i zatim prointegrira po θ od0 do π, zbog ortogonalnosti (7.69) Legendreovih polinoma, slijedi

Am =2m+ 1

2Rm

∫ π

0

V0(θ)Pm(cos θ) sin θ dθ.

Time konacni izraz za potencijal unutar kugle postaje

V<(r, θ) =∞∑

l=0

2l + 1

2

[∫ π

0

V0(α)Pl(cosα) sinα dα

]( rR

)lPl(cos θ).


Slicnim se postupkom dobiva i potencijal izvan kugle

V0(θ) =

∞∑

l=0

Bl

Rl+1Pl(cos θ)

/ ∫ π

0

Pm(θ) sin θ d θ

dobiva se

Bm =2m+ 1

2Rm+1

∫ π

0

V0(θ)Pm(cos θ) sin θ dθ

i konacni izraz za potencijal izvan kugle V>

V>(r, θ) =

∞∑

l=0

2l + 1

2

[∫ π

0

V0(α)Pl(cosα) sinα dα

](R

r

)l+1

Pl(cos θ).

Primjetimo da se u gornjim uglatim zagradama pojavljuje isti integral, takoda je na povrsini kugle potencijal kontinuiran

V<(R) = V>(R).

Zadatak: 7.31 Homogena polarizirana kugla:Homogena kugla polumjera R je polarizirana unutar svog volumena konstant-

nom polarizacijom−→P = P0 ~ez . Vanjsko elektricno polje je nula. Odredite

elektricno polje−→E i pomak elektricnog polja

−→D unutar i izvan kugle.

R: Buduci je−→P = const., to se iz relacije

ρpol = −−→∇−→P

zakljucuje da je volumna gustoca naboja polarizacije

ρpol = 0,

tj. unutar kugle nama naboja polarizacije. Povrsinska gustoca naboja polari-zacije se racuna kao

σpol = − −→P n

∣∣∣r=R

= −P0 ~ez (−r ) = P0 cos θ.

Prema rezultatima zadatka 7.25, potencijal unutar i izvan kugle je oblika

V< =∞∑

l=0

Al rl Pl(cos θ), r ≤ R,

V> =∞∑

l=0

Bl

rl+1Pl(cos θ) r ≥ R,

gdje se koeficijenti Al i Bl odreduju iz rubnih uvijeta na potencijal

V< |r=R = V> |r=R , (7.74)


i derivaciju potencijala

∂ V<∂ r

∣∣∣∣r=R

− ∂ V>∂ r

∣∣∣∣r=R

=σpolǫ0

=P0 cos θ

ǫ0. (7.75)

Iz jednadzbe (7.74) slijedi

AlRl =

Bl

Rl+1, l = 0, 1, 2, · · · , (7.76)

a iz jednadzbe (7.75)

∞∑

l=0

Al l Rl−1 Pl(cos θ) +

∞∑

l=0

(l + 1)Bl

Rl+2Pl(cos θ) =

P0 cos θ

ǫ0.

U gornjoj jednadzbi prepoznajemo na desnoj strani cos θ = P1, iz cega slijedi

l = 1, A1 +2B1

R3=P0

ǫ0(7.77)

l 6= 1, Al l Rl−1 +

(l + 1)Bl

Rl+2= 0

Kombiniranjem jednadzba uvjeta (7.76) i (7.77), dolazi se do

l = 1 A1 =P0

3 ǫ0, B1 =

P0R3

3 ǫ0,

l 6= 1 Al = Bl = 0.

Uz ove vrijednosti koeficijenata, potencijali su

V< =P0

3 ǫ0r cos θ,

V> =P0R

3

3 ǫ0

cos θ

r2.

Iz poznatih potencijala, lako se dobiva polje

−→E >,< = − −→∇ V>,<

Zgodno je uzeti−→∇ u sfernim koordinatama, kao u (1.13),

−→E >,< =

[r∂

∂ r+θ

r

∂

∂ θ+

ϕ

r sin θ

∂

∂ ϕ

]V>,<,

a zatim i pomak polja

−→D = ǫ0

−→E +

−→P


s konacnim rjesenjima oblika

−→E < = − 1

3 ǫ0

−→P ,

−→D < =

2

3

−→P ,

−→E > =

p

4 π ǫ0

2 cos θ r + sin θ θ

r3−→D > = ǫ0

−→E >,

gdje je

p = P0 4 π R3/3

ukupna polarizacija kugle.Lako je pokazati da je

2 cos θ r + sin θ θ = 3 cos θ r − ~ez ,

pa se−→E > prepoznaje kao polje dipola iznosa jednakog ukupnoj polarizaciji

kugle p.

Zadatak: 7.32 Magnetsko polje sferne ljuske:Sferna metalna ljuska polumjera R, jednoliko je naelektrizirana nabojem Q ivrti se oko jednog od svojih promjera stalnom kutnom brzinom ~ω (slika 7.6).

Izracunajte−→H sfere u cijelom prostoru.

Slika 7.6: Uz zadatak 7.32.

R:Uslijed vrtnje kugle, vrti se i naboj na njezinoj povrsini, sto predstavlja struju.Svaka struja stvara oko sebe magnetsko polje i to je polje koje treba odreditiu ovom zadatku.Zbog simetrije problema, prirodno je odabrati sferni koordinatni sustav, orjen-tiran tako da se os ~ez poklapa s osi vrtnje sfere. Naboj je rasporeden po


povrsini, pa se gustoca naboja ρ moze napisati preko Diracove δ-funkcije kao

ρ = σ0 δ (r − R),

pri cemu je σ0 = Q/ (4 πR2) konstantna povrsinska gustoca naboja. Linijskabrzina proizvoljne tocke na povrsini sfere je

v =dl

dt=R sin θ dϕ

dt= Rω sin θ,

pa je povrsinska gustoca struje koja potjece od malog elementa sfere, oznacenogna slici,

~j p(~r) = ρ~v = σ0Rω sin θ ϕ =Qω

4 π Rsin θ ϕ .

Buduci da ni unutar ni izvan sfere nema slobodnih naboja ni struja, Maxwel-

love jednadzbe za−→H se svode na

−→∇ × −→H = 0,

−→∇−→H = 0.

Gornje su jednadzbe slicne jednadzbama elektrostatskog polja, pa se, kao uelektrostatici, moze uvesti magnetski skalarni potencijal Vm sa svojstvom

−→H < = − −→∇V <

m , r < R,

−→H > = − −→∇V >

m , r > R,

∇ 2Vm = 0.

Zbog invarijantnosti sustava na zakret koordinatnog sustava oko osi vrtnjesfere, mozemo za potencijal koristiti rjesenje Laplaceove jednadzbe u sfernimkoordinatama iz zadatka (7.30)

V <m =

∞∑

l=0

al rl Pl(cos θ),

V >m =

∞∑

l=0

blrl+1

Pl(cos θ).

Iz magnetostatike su poznati rubni uvjeti na povrsini sfere

H<r (R) = H>

r (R) ⇒(∂ V <

m

∂ r=∂ V >

m

∂ r

)

r=R

r × [−→H >(R)−−→

H <(R)] = ~j p(R) ⇒(∂ V >

m

∂ θ− ∂ V <

m

∂ θ

)

r=R

= −R jp.

U sfernom koordinatnom sustavu je

−→H = − r

∂ Vm∂ r

− θ

r

∂ Vm∂ θ

≡ r Hr + θ Hθ,


pa prvi rubni uvjet daje

∞∑

l=0

[al l R

l−1 +bl (l + 1)

Rl+2

]Pl(cos θ) = 0,

sto, zbog potpunosti skupa Legendreovih polinoma, znaci da svaka uglatazagrada iscezava

al = − l + 1

l

blR2 l+1

. (7.78)

Drugi rubni uvjet daje

∞∑

l=0

[blRl+1

− alRl

]d Pl(cos θ)

d θ= −R

Qω

4 π R2sin θ.

Buduci da je

Pl=1 = cos θ,d Pl=1

d θ= − sin θ,

zbog potpunosti skupa trigonometrijskih funkcija zakljucujemo

l = 1b1R2

− a1R =Qω

4 π(7.79)

l 6= 1blRl+1

− alRl = 0.

Oba uvjeta zajedno, (7.78) i (7.79), odreduju koeficijente iz razvoja potencijala

a1 = − 2

3σ0 ωR

b1 =1

3σ0 ωR

4,

a svi ostali koeficijenti su jednaki nuli. Unutar kugline ljuske je magnetskiskalarni potencijal

V <m = − 2

3σ0 ωR r cos θ,

a izvan ljuske

V >m =

1

3σ0 ω

R4

r2cos θ.

Polje je negativni gradijent potencijala, pa se unutar ljuske dobiva konstantnavrijednost polja

−→H < =

1

6 π

Qω

R~ez .


Izvan ljuske polje opada s trecom potencijom r i ovisi o kutu θ

−→H > =

1

3σ0 ωR

4 3 cos θ r − ~ezr3

.

Oznaci li se

~m = ~ez 4 π σ0 ωR4/3,

tada se u gornjem izrazu moze lako prepoznati polje magnetskog dipola iznosa|~m | upravljenog u smjeru osi ~ez .

−→H > =

1

4 π

3 (~m ~r)~r − ~m (~r ~r)

r5.

Zadatak: 7.33 Zemljino gravitacijsko poljePrimje

R: dovrsiti

Zadatak: 7.34 Kugla u jednolikom elektricnom poljuPrimje

R: dovrsiti

Zadatak: 7.35 Elektrostatski potencijal naelektrizirane kruzne petljePrimje

R: rijeseno, samo treba upisati

7.3.4 Alternativna definicija Legendreovih polinoma

Rodrigues’ova formulaU odjeljku 7.3.1 smo, relacijom (7.52), Legendreove polinome dobili u obliku reda

Pl(x) =1

2l

[l/2]∑

k=0

(−1)k(2l − 2k) !

(l − k) ! k ! (l − 2k) !xl−2k. (7.80)


Primjetimo da je

d

d xx2l−2k = (2l − 2k) x2l−1−2k,

(d

d x

)2

x2l−2k =d

d x

d

d xx2l−2k = (2l − 2k)(2l − 1− 2k) x2l−2−2k,

...(d

d x

)lx2l−2k = (2l − 2k)(2l − 1− 2k) · · · (2l − (l − 1)− 2k) x2l−l−2k,

= (2l − 2k)(2l − 1− 2k) · · · (l − 2k + 1) xl−2k,

=(2l − 2k) !

(l − 2k) !xl−2k.

Zbog toga se (7.80) moze napisati kao

Pl(x) =1

2l

[l/2]∑

k=0

(−1)k1

(l − k) ! k !

(d

d x

)lx2l−2k

=1

2l l !

(d

d x

)l l∑

k=0

l !

(l − k) ! k !(−1)k (x2)l−k.

︸︷︷︸= (x2 − 1)l

Primjetimo da smo gornju granicu zbrajanja promijenili od [l/2] na l. To smijemo napra-viti zato jer je za k > [l/2] derivacija5

dl

d xlx2l−2k = 0.

Sada pod znakom zbroja prepoznajemo binomni razvoj od (x2 − 1)l

Pl(x) =1

2l l !

(d

d x

)l(x2 − 1)l. (7.81)

Ovaj se izraz zove6 Rodrigues’ova formula za Legendreove polinome.


∫ 1

−1

xn Pn(x) d x =2n+1 (n !)2

(2n+ 1) !.

5Npr. za k = l/2 + 1 je

dl

d xlx2l−l−2 =

dl

d xlxl−2 = 0.

6Izveo ju je O. Rodrigues 1814. godine.


Uputa: koristite Rodriguesovu formulu i parcijalno integriranje.

R:dovrsiti

Schlaeflijev integral

dovrsiti

7.3.5 Pridruzeni Legendreovi polinomi

Kada se Helmholtzova parcijalna diferencijalna jednadzba (odjeljak 4.6.1) rastavi u sfer-nim koordinatama na tri obicne diferencijalne jednadzbe, jedna od njih je i jednadzbapridruzenih Legendreovih polinoma (ili funkcija)

1

sin θ

d

d θ

[sin θ

d P ml (cos θ)

d θ

]+

[l (l + 1)− m2

sin2 θ

]P ml (cos θ) = 0. (7.82)

Prijelazom s varijable θ na varijablu x = cos θ, gornja jednadzba postaje

(1− x2)d2

d x2P ml (x)− 2x

d

d xP ml (x) +

[l (l + 1)− m2

1− x2

]P ml (x) = 0. (7.83)

Kada je azimutna konstanta razdvajanja m2 = 0, dobiva se (obicna) Legendreova jed-nadzba (7.62). Jedan od nacina da se dobije rjesenje gornje jednadzbe je da se kreneod obicne Legendreove jednadzbe i da ju se uzastopnim derivacijama prevede u gornjujednadzbu. To se moze izvesti pomocu Leibnizove formule za m-tu derivacijuumnoska dvije funkcije

dm

d xm

[A(x) B(x)

]=

m∑

s=0

(m

s

)ds A(x)

d xsdm−s B(x)

d xm−s . (7.84)

Pomocu gornjeg izraza m-ta derivacija (obicne) Legendreove jednadzbe

(1− x2) P ′ ′l − 2xP ′

l + l(l + 1) Pl = 0

postaje

m∑

s=0

(m

s

) [ds

d xs(1− x2)

]

︸︷︷︸6= 0, s = 0, 1, 2

[dm−s

d xm−s P′ ′l

]

−2m∑

s=0

(m

s

) [ds

d xsx

]

︸︷︷︸6= 0, s = 0, 1

[dm−s

d xm−s P′l

]+ l(l + 1)

dm

d xmPl = 0.


Raspisom gornjih suma, dobiva se(m

0

)(1− x2)

dm

d xmP ′ ′l +

(m

1

)(−2x)

dm−1

d xm−1P ′ ′l +

(m

2

)(−2)

dm−2

d xm−2P ′ ′l

−2

(m

0

)xdm

d xmP ′l − 2

(m

1

)dm−1

d xm−1P ′l + l(l + 1)

dm

d xmPl = 0.

Oznacimo li m-tu derivaciju Pl s u

u ≡ dm

d xmPl,

gornja jednadzba postaje

(1− x2) u ′ ′ − 2 x (m+ 1) u ′ + (l −m)(l +m+ 1) u = 0. (7.85)

Ova jednadzba nije samoadjungirana. Da bi se ona prevela u samodjungirani oblik stezinskom funkcijom jednakom 1, potrebno je sa funkcije u prijeci na funkciju

v(x) = (1− x2)m/2 u(x) = (1− x2)m/2dm

d xmPl.

U (7.85) treba uvrstiti

u = (1− x2)−m/2 v,

u ′ = (1− x2)−m/2(v ′ +

mx

1− x2v

),

u ′ ′ = (1− x2)−m/2[v ′ ′ +

2mx

1− x2v ′ +

m

1− x2v +

m(m+ 2)x2

(1− x2)2v

].

Nakon sredivanja, jednadzba (7.85) prelazi u

(1− x2) v ′ ′ − 2xv ′ +

[l(l + 1)− m2

1− x2

]v = 0.

koja jeste samoadjungirana. Primjecujemo da smo dobili upravo (7.83), jednadzbu pri-druzenih Legendreovih polinoma7. Drugim rijecima, nasa funkcija v je upravo

v ≡ P ml (x) = (1− x2)m/2

dm

d xmPl(x). (7.86)

Buduci da je u Pl najveca potencija x jednaka l, to ce i sve gornje derivacije s m > l bitijednake nuli. Zato je m uvijek ogranicen na

m ≤ l.

Tablica 7.1 prikazuje nekoliko najnizih P ml .

Zahtjev da je m ≤ l ima u kvantnoj mehanici svoje fizicko znacenje: ocekivana vrijednostkvadrata z komponente momenta kolicine gibanja je uvijek manja ili jednaka ocekivanoj

7Opet, za m = 0 dobivamo Legendreovu jednadzbu


Tablica 7.1: Pridruzeni Legendreovi polinomi P ml (x).

P 11 = (1− x2)1/2 = sin θ

P 12 = 3x(1− x2)1/2 = 3 cos θ sin θ

P 22 = 3(1− x2)1/2 = 3 sin2 θ

P 13 = 3

2 (5x2 − 1)(1− x2)1/2 = 3

2 (5 cos2 θ − 1) sin θ

P 23 = 15x(1− x2) = 15 cos θ sin θ

P 33 = 15(1− x2)3/2 = 15 sin3 θ

P 14 = 5

2 (7x3 − 3x)(1− x2)1/2 = 5

2 (5 cos3 θ − 3 cos θ) sin θ

P 24 = 15

2 (7x2 − 1)(1− x2) = 152 (7 cos2 θ − 1) sin2 θ

P 34 = 105x(1− x2)3/2 = 105 cos θ sin3 θ

P 44 = 15(1− x2)2 = 15 sin4 θ

vrijednosti kvadrata cijelog momenta kolicine gibanja∫ψ ⋆l,m L2

z ψl,m d3 r ≡ 〈L2z〉 ≤ 〈~L 2〉 ≡

∫ψ ⋆l,m

~L 2 ψl,m d3 r.

Buduci da operacija deriviranja negativan broj puta, nije definirana, iz oblika (7.86) semoze ocekivati da m bude nenegativan broj. Ako se, medutim, Pl izrazi Rodrigues’ovomformulom, (7.81), dobiva se Rodrigues’ova formula pridruzenih Legendreovih polinoma

P ml (x) =

(1− x2)m/2

2l l !

d l+m

d xl+m(x2 − 1)l. (7.87)

Najveca potencija x u (x2 − 1)l je x2l, pa je zato u gornjem izrazu m ogranicen samouvjetom

−l ≤ m ≤ l.

Koristeci jos jednom Leibnizovu formulu za derivaciju umnoska, moze se pokazati da je

P−ml (x) = (−1)m

(l −m) !

(l +m) !Pml (x).

Prema samoj definiciji pridruzenih polinoma, je

P 0l (x) = Pl(x).

I pridruzeni Legendreovi polinomi imaju funkciju izvodnicu

(2m) ! (1− x2)m/2

2m m ! (1− 2xt + t2)m+1/2=

∞∑

s=0

Pms+m(x) t

s.

ali se ona rijetko koristi.


Rekurzijske relacijeKao sto se moglo i ocekivati i pridruzeni Legendreovi polinomi zadovoljavaju rekurzijskerelacije. Buduci da oni imaju dva indeksa, postoji velik broj rekurzija. Navedimo nekeod njih

Pm+1l − 2mx

(1− x2)1/2P ml +

[l(l + 1)−m(m− 1)

]Pm−1l = 0,

(2l + 1)xPml = (l +m)Pm

l−1 + (l −m+ 1)Pml+1 = 0,

(2l + 1)(1− x2)1/2Pml = Pm+1

l+1 − Pm+1l−1 (7.88)

= (l +m)(l +m− 1)Pm−1l−1 − (l −m+ 1)(l −m+ 2)Pm−1

l+1 ,

(1− x2)1/2Pm ′l =

1

2Pm+1l − 1

2(l +m)(l −m+ 1)Pm−1

l .

ParnostParnost pridruzenih Legendreovih polinoma se moze vidjeti iz definicijske jednadzbe(7.86) i poznavanja parnosti obicnih Legendreovih polinoma Pl(−x) = (−1)lPl(x). Kodpromjene predznaka x, derivacija m-tog reda ce rezultirati umnoskom (−1)m, pa je zato

P ml (−x) = (−1)l+m P m

l (x)

Takoder se iz definicije (7.86) vidi i da je

P ml (x)

∣∣∣∣x=±1

= 0

za svaki m 6= 0.

OrtogonalnostBez izvoda

∫ +1

−1

Pmp (x) Pm

q (x) d x =2

2q + 1

(q +m) !

(q −m) !δp,q. (7.89)

∫ +1

−1

P ml (x) P k

l (x)1

1− x2d x =

(l +m) !

m (l −m) !δm,k. (7.90)

dovrsiti

Zadatak: 7.37 Indukcija magnetskog polja kruzne petlje:Primje

R: Svi zn


7.3.6 Kugline funkcije

Jednadzbe kao sto su:- Laplaceova jednadzba,- Helmholtzova ili prostorni dio klasicne valne jednadzbe,- Schrodingerova valna jednadzba za polje centralne sile,su sve oblika

∇ 2ψ + k2 f(r) ψ = 0. (7.91)

U postupku razdvajanja varijabli u sfernom koodinatnom sustavu, sva kutna ovisnost ucjelosti potjece od operatora ∇ 2 i oblika je

Φ(ϕ)

sin θ

d

d θ

(sin θ

dΘ(θ)

d θ

)+

Θ(θ)

sin2 θ

d2Φ(ϕ)

d ϕ2+ l(l + 1) Θ(θ) Φ(ϕ) = 0.

Pomnozi li se gornja jednadzba sa sin2 θ/[Θ(θ) Φ(ϕ)], dobit ce se

sin θ

Θ(θ)

d

d θ

(sin θ

dΘ(θ)

d θ

)+ l(l + 1) sin2 θ = − 1

Φ(ϕ)

d2Φ(ϕ)

d ϕ2.

S gledista varijable θ, desna strana gornje jednadzbe je konstantna. Isto tako, sa gledistavarijable ϕ, lijeva strana gornje jednadzbe je konstantna. Nazove li se ta konstantu m2,dolazi se do jednadzba

sin θ

Θ(θ)

d

d θ

(sin θ

dΘ(θ)

d θ

)+ l(l + 1) sin2 θ = m2,

1

Φ(ϕ)

d2Φ(ϕ)

d ϕ2= −m2.

Azimutna ovisnost - ortogonalnostJednadzba za azimutnu varijablu ϕ

1

Φ(ϕ)

d2Φ(ϕ)

d ϕ2= −m2

Ima dva ocita rjesenja

Φ(ϕ) = eımϕ, e−ımϕ

ili neke dvije njihove linearno nezavisne kombinacije (kao sto su npr. sinϕ i cosϕ). Lakoje vidjeti da ove funkcije zadovoljavaju uvjet ortogonalnosti

∫ 2π

0

Φ ⋆m1

(ϕ) Φm2(ϕ) d ϕ =

∫ 2π

0

e−ım1 ϕ eım2 ϕ d ϕ = 2 π δm1,m2 .

Iz gornjeg izraza zakljucujemo da

Φm(ϕ) =1√2 π

eımϕ

cini ortonormirani skup funkcija na intervalu (0, 2 π). Ove se funkcije pojavljuju u elek-


trostatskim i kvantnomehanickim problemima, u kojima se uvijek postavlja zahtjev da mcijeli broj.

Ovisnost o θJednadzba za kutnu varijablu θ,

sin θ

Θ(θ)

d

d θ

(sin θ

dΘ(θ)

d θ

)+ l(l + 1) sin2 θ = m2,

nakon mnozenja s Θ(θ)/ sin2 θ, prepoznajemo kao (7.82), jednadzbu pridruzenih Legen-dreovih polinoma

1

sin θ

d

d θ

[sin θ

d P ml (cos θ)

d θ

]+

[l (l + 1)− m2

sin2 θ

]P ml (cos θ) = 0,

gdje smo sa oznake Θ presli na oznake pridruzenih Legendreovih polinoma P ml . Da bismo

ukljucili i negativne cjelobrojne vrijednosti m, za definiciju P ml koristimo Rodrigues’ovu

formulu

P ml (cos θ) =

1

2l l !(1− x2)m/2

d l+m

d xl+m(x2 − 1)l, −l ≤ m ≤ l.

U skladu s relacijama ortogonalnosti, P ml mozemo pomnoziti odgovarajucom konstantom,

tako da dobijemo oronormirani skup polinoma u odnosu na kut θ

P ml (cos θ) =

√2l + 1

2

(l −m) !

(l +m) !P ml (cos θ).

Sada imamo dva skupa ortonormiranih funkcija: Φm koje su ortonormirane u odnosu nakut ϕ i P m

l koje su ortonormirane u odnosu na kut θ. Umnosci ovih dvaju funkcija sezovu kugline funkcije

Y ml (θ, ϕ) = (−1)m

√2l + 1

4 π

(l −m) !

(l +m) !P ml (cos θ) eımϕ (7.92)

i, prema samoj njihovoj definiciji, cine ortonormiran skup funkcija u varijablama θ i ϕ,tj. na povrsini kugle

∫ 2π

0

d ϕ

∫ π

0

sin θ d θ[Y m1l1

(θ, ϕ)] ⋆Y m2l2

(θ, ϕ) = δl1,l2 δm1,m2. (7.93)

Kugline funkcije su svojstvene funkcije kutnog dijela Laplaceovog operatora u sfernomkoordinatnom sustavu

[1

sin θ

∂

∂ θ

(sin θ

∂

∂ θ

)+

1

sin2 θ

∂ 2

∂ ϕ2

]Y ml (θ, ϕ) = l (l + 1) Y m

l (θ, ϕ). (7.94)


Citatelj je vjerojatno, u definiciji (7.92), primjetio jedan dodatni mnozitelj (−1)m, kojeganema niti u Pm

l niti u Φm. Jednadzba (7.91) je linearna i homogena, pa svako njezinorjesenje mozemo mnoziti proizvoljnom konstantom i opet cemo dobiti rjesenje. Ova kons-tanta, (−1)m, se zove Condon-Shortleyeva faza i uvedena je zato sto pojednostavljuje nekeracune iz podrucja spektroskopje.Nekoliko prvih kuglinih funkcija je prikazano tablicom 7.2

Tablica 7.2: Kugline funkcije.

Y 00 (θ, ϕ) =

√14 π

Y 11 (θ, ϕ) = −

√38π sin θ eı ϕ

Y 01 (θ, ϕ) =

√34 π cos θ

Y −11 (θ, ϕ) =

√38 π sin θ e−ı ϕ

Y 22 (θ, ϕ) =

√5

96 π 3 sin2 θ e2 ı ϕ

Y 12 (θ, ϕ) = −

√5

24π 3 sin θ cos θ eı ϕ

Y 02 (θ, ϕ) =

√54 π

(32 cos2 θ − 1

2

)

Y −12 (θ, ϕ) =

√5

24 π 3 sin θ cos θ e−ı ϕ

Y −22 (θ, ϕ) =

√5

96 π 3 sin2 θ e−2 ı ϕ

Laplaceovi redoviVaznost kuglinih funkcija je u tome sto cine potpun skup, a to je pak posljedica Sturm-Liouvilleovog oblika Laplaceove diferencijalne jednadzbe. Zbog svojstva potpunosti ku-glinih funkcija, svaka se funkcija f(θ, ϕ) (uz odgovarajuca svojstva kontinuiranosti) mozerazviti u red po kuglinim funkcijama

f(θ, ϕ) =∞∑

l=0

+l∑

m=−lal,m Y m

l (θ, ϕ). (7.95)

Ovaj se red naziva jos i Laplaceov red. Za poznatu funkciju f(θ, ϕ), koeficijenti al,m seracunaju pomocu relacija ortonormiranosti (7.93).

Zadatak: 7.38 Laplaceovi redovi - gravitacijsko poljeGravitacijski potencijali Zemlje, Mjeseca i Marsa, opisana su Laplaceivm re-dovima oblika

V (r, θ, ϕ) =GM

R

[R

r−

∞∑

l=2

+l∑

m=0

(R

r

)l+1

(Cl,m Y m el (θ, ϕ) + Sl,m Y m o

l (θ, ϕ))

].

U gornjem izrazu je M masa tijela, a R je ekvatorijalni polumjer. Realne


funkcije Y m el i Y m o

l su definirane s

Y m el (θ, ϕ) = P m

l (cos θ) cosmϕ,

Y m ol (θ, ϕ) = P m

l (cos θ) sinmϕ.

Satelitska mjerenja su dala vrijednosti koeficijenata C i S (tablica 7.3)

Tablica 7.3: Koeficijenti gravitacijskog potencijala.

Zemlja Mjesec Mars

C2,0 1.083 · 10−3 (0.200± 0.002) · 10−3 (1.96± 0.01) · 10−3

C2,2 0.16 · 10−5 (2.4± 0.5) · 10−5 (−5± 1) · 10−5

S2,2 −0.09 · 10−5 (0.5± 0.6) · 10−5 (3± 1) · 10−5

7.3.7 Operatori momenta kolicine gibanja

Komponete kvantnomehanickog operatora momenta kolicine gibanja se obicno oznacavajus Lx, Ly Lz. Za Lz komponentu se pokazuje da vrijedi

Lz ψl,m(θ, ϕ) = m ψl,m(θ, ϕ).

Zelimo pokazati da su

ψl,m(θ, ϕ) ≡ 〈θ, ϕ|l, m〉 = Y ml (θ, ϕ)

svojstvene funkcije i operatora ~L 2 i z komponente Lz. U sfernom koordinatnom sustavuje

Lz = −ı ∂

∂ ϕ,

pa se iz (7.92) lako vidi da je

Lz Yml (θ, ϕ) = m Y m

l (θ, ϕ).

dovrsiti


L2 Y ml = l(l + 1) Y m

l

gdje je

L2 = ...,

7.4. HERMITEOVI POLINOMI 313

a Y ml je kuglina funkcija.

R:dovrsiti


Lz Yml = m Y m

l

gdje je

Lz = ...,

a Y ml je kuglina funkcija.

R:dovrsiti

7.3.8 Adicijski teorem za kugline funkcije

dovrsiti

7.3.9 Integrali umnoska tri kugline funkcije

dovrsiti

7.3.10 Legendreove funkcije druge vrste Ql(x)

dovrsiti

7.3.11 Vektorske kugline funkcije

dovrsiti

7.4 Hermiteovi polinomi

U cijeloj kvantnoj mehanici postoji samo 4-5 problema koji se mogu egzaktno rijesiti. Odtog malog broja, samo su dva problema netrivijalna: to su harmonijski oscilator i vodikovatom.Bitan dio rjesenja harmonijskog oscilatora jesu Hermiteovi polinomi i to je razlog zastoim je posvecen ovaj odjeljak.Onaj drugi netrivijalni problem, vodikov atom, sadrzi Laguerreove polinome kao diorjesenja, i o njima ce biti rijeci u iducem odjeljku.


Funkcija izvodnicaHermiteovi polinomi, Hn(x), se mogu uvesti pomocu funkcije izvodnice

g(x, t) = e2tx−t2

=

∞∑

n=0

Hn(x)tn

n !(7.96)

1 +2tx− t2

1 !+

(2tx− t2)2

2 !+

(2tx− t2)3

3 !+ · · · =

∞∑

n=0

Hn(x)tn

n !

1 + 2xt

1 !+ (4x2 − 2)

t2

2 !+ · · · = H0(x) +H1(x)

t

1 !+H2(x)

t2

2 !+ · · ·

Nekoliko prvih polinoma je navedeno u tablici 7.4 i prikazano slikom 7.7.

Slika 7.7: Nekoliko prvih Hermiteovih polinoma.

Rekurzijske relacijeKao i u dosadasnim primjerima, rekurzije se izvode deriviranjem funkcije izvodnice.Izvedimo najprije parcijalnu derivaciju po t:

∂

∂ tg(x, t) =

(2x− 2t) e2xt−t2

∑+∞n=0 Hn(x)

n tn−1

n !.


Izjednacimo ova dva izraza i na lijevu stranu uvrstimo (7.96)

(2x− 2t) e2xt−t2

=

+∞∑

n=0

Hn(x)n tn−1

n !

(2x− 2t)

∞∑

n=1

Hn(x)tn

n !=

+∞∑

n=0

Hn(x)n tn−1

n !

2x∞∑

n=0

Hn(x)tn

n !− 2

∞∑

n=0

Hn(x)tn+1

n !=

+∞∑

n=1

Hn(x)tn−1

(n− 1) !.

Promjenimo indekse zbrajanja u gornjim zbrojevima, tako da svi t-ovi imaju istu potenciju

2x∞∑

n=0

Hn(x)tn

n !− 2

∞∑

n=1

Hn−1(x)tn

(n− 1) !−

+∞∑

n=0

Hn+1(x)tn

n != 0.

2x

∞∑

n=0

Hn(x)tn

n !− 2

∞∑

n=1

Hn−1(x)tn

(n− 1) !

n

n−

+∞∑

n=0

Hn+1(x)tn

n != 0

2x

∞∑

n=0

Hn(x)tn

n !− 2

∞∑

n=0

Hn−1(x)n tn

n !−

+∞∑

n=0

Hn+1(x)tn

n != 0

∞∑

n=0

tn

n !

[2x Hn(x)− 2n Hn−1(x)−Hn+1(x)

]= 0.

Zbog linearne nezavisnosti skupa tn, gornji je zbroj nula, samo ako je svaka od zagradajednaka nula, sto vodi na trazenu rekurziju

Hn+1(x) = 2x Hn(x)− 2n Hn−1(x). (7.97)

Polinome H0(x) = 1 i H1(x) = 2x je lako ocitati iz razvoja eksponencijalne funkcije(7.96), a svi se ostali polinomi mogu dobiti gornjom rekurzijom. U tablici 7.4 se nalazinekoliko prvih polinoma.

Druga rekurzija, koja povezuje derivaciju polinoma s nederiviranim polinomima, se dobivaderivacijom funkcije izvodnice po x

∂

∂ xg(x, t) =

2t e2xt−t2

∑+∞n=0 H

′n(x)

tn

n !.


Tablica 7.4: Hermiteovi polinomi.

H0(x) = 1

H1(x) = 2x

H2(x) = 4x2 − 2

H3(x) = 8x3 − 12x

H4(x) = 16x4 − 48x2 + 12

H5(x) = 32x5 − 160x3 + 120x

H6(x) = 64x6 − 480x4 + 720x2 − 120

H7(x) = 128x7 − 1344x5 + 3360x3 − 1680x

H8(x) = 256x8 − 3584x6 + 13440x4 − 13440x2 + 1680

H9(x) = 512x9 − 9216x7 + 48384x5 − 80640x3 + 30240x

H10(x) = 1024x10 − 23040x8 + 161280x6 − 403200x4 + 302400x2 − 30240

Izjednacimo ova dva izraza i na lijevu stranu uvrstimo (7.96)

2t e2xt−t2

=+∞∑

n=0

H ′n(x)

tn

n !

2

+∞∑

n=0

Hn(x)tn+1

n !=

+∞∑

n=0

H ′n(x)

tn

n !.

Svedimo oba zbroja na istu potenciju n

2+∞∑

n=1

Hn−1(x)tn

(n− 1) !

n

n−

+∞∑

n=0

H ′n(x)

tn

n != 0

2

+∞∑

n=0

Hn−1(x)n tn

n !−

+∞∑

n=0

H ′n(x)

tn

n != 0

+∞∑

n=0

tn

n !

[2n Hn−1(x)−H ′

n(x)]

= 0.

Opet, zbog linearne nezavisnosti skupa tn, gornji je zbroj nula, samo ako je svaka od


zagrada jednaka nula, sto vodi na trazenu rekurziju

H ′n(x) = 2n Hn−1(x). (7.98)

Naravno da se, pomocu gornje rekurzije, mogu naci i sve vise derivacije

H ′ ′n (x) = 2n 2(n− 1) Hn−2(x) = 22 n (n− 1) Hn−2(x),

H ′ ′ ′n (x) = 23 n (n− 1) (n− 2) Hn−3(x),

...

H (m)n (x) = 2m n (n− 1) · · · (n−m+ 1) Hn−m(x) =

2m n !

(n−m) !Hn−m(x)

H (n)n (x) = 2n n !.

Posebne vrijednostiU x = 0 je, prema (7.96),

e−t2

=+∞∑

n=0

Hn(0)tn

n !

+∞∑

n=0

(−1)nt2n

n !=

+∞∑

n=0

Hn(0)tn

n !.

Usporedbom clanova uz iste potencije t, dolazi se do zakljucka

H2n(0) = (−1)n(2n) !

n !, H2n+1(0) = 0.

ParnostIz funkcije izvodnice se takoder moze dobiti i parnost polinoma

g(x, t) = e2tx−t2

= g(−x,−t)

+∞∑

n=0

Hn(x)tn

n !=

+∞∑

n=0

Hn(−x)(−t)nn !

.

+∞∑

n=0

tn

n !

[Hn(x)− (−1)n Hn(−x)

]= 0.


Hn(x) = (−1)n Hn(−x),

slicno kao i kod Legndreovih polinoma (7.53).

Alternativan prikazIz funkcije izvodnice se moze izvesti i Rodrigues’ov oblik Hermiteovih polinoma. Primje-timo da se funkcija izvodnica moze napisati i kao

g(x, t) = e2xt−t2

= ex2

e−(t−x)2 .

Usporedbom parcijalnih derivacija

∂

∂ te−(t−x)2 = −2(t− x) e−(t−x)2

∂

∂ xe−(t−x)2 = +2(t− x) e−(t−x)2

zakljucujemo da je∂

∂ te−(t−x)2 = − ∂

∂ xe−(t−x)2 . (7.99)

Sada racunamo n-tu parcijalnu derivaciju g po t

∂ g

∂ t= ex

2 ∂

∂ te−(t−x)2 = (7.99) = −ex2 ∂

∂ xe−(t−x)2

∂ 2 g

∂ t2= −ex2 ∂

∂ x

∂

∂ te−(t−x)2 = (7.99) = (−1)2 ex

2 ∂ 2

∂ x2e−(t−x)2

...∂ n g

∂ tn= (−1)n ex

2 ∂ n

∂ xne−(t−x)2 .

U tocki t = 0 je∂ n g

∂ tn

∣∣∣∣t=0

= (−1)n ex2 dn

d xne−x

2

. (7.100)

S druge je strane, prema (7.96),

g(x, t) =+∞∑

m=0

Hm(x)tm

m !

∂ n g

∂ tn=

+∞∑

m=0

Hm(x)m(m− 1) · · · (m− n+ 1) tm−n

m !, n ≤ m

∂ n g

∂ tn

∣∣∣∣t=0

=+∞∑

m=0

Hm(x)m(m− 1) · · · (m− n+ 1)

m !δn,m = Hn(x).

U gornjim je izrazima n ≤ m, jer za n > m je n-ta derivacija tm jednaka nuli. Usporedbom


gornjeg rezultata sa (7.100), zakljucujemo da je

Hn(x) = (−1)n ex2 dn

d xne−x

2

. (7.101)

To je Rodrigues’ova formula za Hermiteove polinome (usporediti sa (7.81), Rodri-gues’ovom formulom Legendreovih polinoma).

Integralan prikazJos jedan prikaz Hermiteovih polinoma se moze dobiti pomocu integracije u kompleksnojravnini, odjeljak 3. Pomnozi li se funkcija izvodnica (7.96) s t−m−1 i prointegrira pokruznici oko ishodista u kompleksnoj t ravnini, dobiva se (vidjeti primjer ??)

∮e2xt−t

2

t−m−1 d t =

∮ ∞∑

n=0

Hn(x)tn−m−1

n !d t

∮e2xt−t

2

t−m−1 d t =

∞∑

n=0

Hn(x)2 π ı δn,m

n !

Hn(x) =n !

2 π ı

∮e2xt−t

2

t−n−1 d t. (7.102)

Razvoj u redDo izraza za Hermitove polinome u obliku reda potencija, dolazi se pomocu funkcijeizvodnice (7.96), razvojem u red eksponencijalne funkcije i izjednacavanjem clanova uzistu potenciju t

∞∑

n=0

Hn(x)tn

n != e2xt · e−t2

=∞∑

m=0

(2xt)m

m !·

∞∑

p=0

(−t2)pp !

=∞∑

m=0

∞∑

p=0

am,p tm+2p,

gdje je

am,p =(−1)p (2x)m

m !p !.

Iz gornjeg dvostrukog zbroja treba izdvojiti clanove s istom potencijom t. To se lakoizvodi, prikaze li se ovaj dvostruki zbroj tablicno, kao u tablici 7.5. Uocimo npr. clanove


Tablica 7.5: Tablica koeficijenata am,p.

m\p 0 1 2 3 · · ·

0 a0,0t0 a0,1t

2 a0,2t4 a0,3t

6 · · ·

1 a1,0t1 a1,1t

3 a1,2t5 a1,3t

7 · · ·

2 a2,0t2 a2,1t

4 a2,2t6 a2,3t

8 · · ·

3 a3,0t3 a3,1t

5 a3,2t7 a3,3t

9 · · ·

4 a4,0t4 a4,1t

6 a4,2t8 a4,3t

10 · · ·

5 a5,0t5 a5,1t

7 a5,2t9 a5,3t

11 · · ·

6 a6,0t6 a6,1t

8 a6,2t10 a6,3t

12 · · ·

......

......

.... . .

s potencijama t5 i t6

t52∑

s=0

a5−2s,s, t63∑

s=0

a6−2s,s.

Opcenito se moze napisati

tn[n/2]∑

s=0

an−2s,s,

gdje je [n/2] definirano relacijom

[n2

]=

n

2za parni n,

n− 1

2za neparni n.

Usporedbom s (7.96), dobiva se

Hn(x) = n !

[n/2]∑

s=0

(−1)s (2x)n−2s

s ! (n− 2s) !. (7.103)

To je trazeni izraz za Hermiteov polinom u obliku reda potencija. Tako se iz gornjeg


izraza, uz n = 0 i s = 0, dobiva

H0(x) = 1.

Za n = 1 i s = 0, slijedi

H1(x) = 2x,

itd.

Diferencijalna jednadzba i ortogonalnostKombiniranjem rekurzijskih relacija (7.97) i (7.98) zelimo dobiti diferencijalnu jednadzbuu kojoj ce se pojavljivati samo polinomi istog indeksa n. Zbroje li se jednadzbe (7.97) i(7.98), dobiva se

Hn+1 = 2x Hn − 2n Hn−1

H ′n = 2n Hn−1

⇓H ′n +Hn+1 = 2xHn.

Derivacija po x daje

H ′ ′n +H ′

n+1 = 2Hn + 2xH ′n.

Ako u gornjoj jednadzbi eliminiramo H ′n+1 pomocu (7.98) (s pomakom n→ n+ 1)

H ′n+1 = 2(n+ 1) Hn

dobiva se trazena jednadzba

H ′ ′n + 2(n+ 1) Hn =2Hn + 2xH ′

n

H ′ ′n − 2xH ′

n + 2nHn = 0. (7.104)

To je diferencijalna jednadzba, cije su jedno rjesenje Hermiteovi polinomi. Ova jednadzbanije samoadjungirana. ali se moze prevesti u samoadjungirani oblik mnozenjem s e−x

2

e−x2

H ′ ′n − 2xe−x

2

H ′n + 2n e−x

2

Hn = 0

e−x2

(d

d xH ′n

)+

(d

d xe−x

2

)H ′n + 2n e−x

2

Hn = 0

d

d x

(e−x

2

H ′n

)+ 2n e−x

2

Hn = 0.

To je samoadjungirana jednadzba s tezinskom funkcijom

w(x) = e−x2

.


Pokazimo sada ortogonalnost: napisimo gornju jednadzbu za indeks m 6= n

d

d x

(e−x

2

H ′m

)+ 2m e−x

2

Hm = 0

i pomnozimo jednadzbu za Hn s Hm, a jednadzbu za Hm pomnozimo s Hn, a zatimoduzmimo jednu od druge; rezultat je

Hmd

d x

(e−x

2

H ′n

)−Hn

d

d x

(e−x

2

H ′m

)+ 2(n−m) e−x

2

Hn Hm = 0,

d

d x

(e−x

2

Hm H ′n

)−e−x

2

H ′m H ′

n −d

d x

(e−x

2

Hn H′m

)+e−x

2

H ′m H ′

n + 2(n−m) e−x2

Hn Hm = 0

d

d x

(e−x

2

Hm H ′n

)− d

d x

(e−x

2

Hn H′m

)+ 2(n−m) e−x

2

Hn Hm = 0.

Prointegrirajmo sada gornji izraz po x od −∞ do +∞(e−x

2

Hm H ′n

)+∞

−∞−(e−x

2

Hn H′m

)+∞

−∞+ 2(n−m)

∫ +∞

−∞e−x

2

Hn(x) Hm(x) d x = 0.

Zbog eksponencijalnog clana, obje su zagrade u obje granice jednake nuli, pa za m 6= nmora biti ∫ +∞

−∞e−x

2

Hn(x) Hm(x) d x = 0, m 6= n. (7.105)

To je trazena relacija ortogonalnosti Hermiteovih polinoma.

Umjesto polinoma Hn mozemo uvesti funkciju

ϕn(x) = e−x2/2 Hn(x),

koja vise nije polinom, a za koju vrijedi, prema (7.105), da je

∫ +∞

−∞ϕn(x) ϕm(x) d x = 0, m 6= n.

Uvrstavanjem ϕn(x) u jednadzbu Hermiteovih polinoma (7.104), dobiva se

ϕ ′ ′n (x) + (2n+ 1− x2) ϕn(x) = 0. (7.106)

To je diferencijalna jednadzba kvantnomehanickog slobodnog harmonijskog os-cilatora. Ujedno je to i najvazniji primjer primjene Hermiteovih polinoma.Jednadzba (7.106) je samoadjungirana, a skup njezinih rjesenja ϕn je, prema (7.105),ortogonalan na cijeloj osi x, s jedinicnom tezinskom funkcijom.

Rijesimo sada problem normiranja funkcija ϕn. Pomnozimo funkciju izvodnicu (7.96)samu sa sobom , a zatim i s e−x

2

e−x2+2xt−t2+2xs−s2 =

∞∑

n=0

Hn(x)tn

n !

∞∑

m=0

Hm(x)sm

m !e−x

2


Prointegrirajmo sada gornji izraz po x od −∞ do +∞

e2st∫ +∞

−∞e−(x−s−t)2 d x =

∞∑

n=0

∞∑

m=0

tn sm

n ! m !

∫ +∞

−∞e−x

2

Hn(x) Hm(x) d x.

Relacijom (7.105) je pokazano da je desna strana jednaka nuli kada je m 6= n, prematome, preostaju samo clanovi za koje je m = n. Na lijevoj strani je tablicni integral

e2st√π =

∞∑

n=0

(t s)n

n ! n !

∫ +∞

−∞

[Hn(x)

]2e−x

2

d x

√π

∞∑

n=0

2n (t s)n

n !=

∞∑

n=0

(t s)n

n ! n !

∫ +∞

−∞

[Hn(x)

]2e−x

2

d x.

Usporedbom clanova uz iste potencije (st)n na obje strane jednakosti, zakljucuje se∫ ∞

−∞

[Hn(x)

]2e−x

2

d x = 2n n !√π.

Gornji rezultat i (7.105) se mogu sazeti u∫ ∞

−∞e−x

2

Hn(x) Hm(x) d x = 2n n !√π δm,n. (7.107)

Definira li se

ψn(x) =1√

2n n !√πe−x

2/2 Hn(x), (7.108)

tada je ψn ortonormiran skup funkcija s jedinicnom tezinom∫ ∞

−∞ψn(x) ψm(x) d x = δm,n. (7.109)

Zadatak: 7.41 (a) Razvijte x2r u red po Hermiteovim polinomima parnog indeksa.(b) Razvijte x2r+1 u red po Hermiteovim polinomima neparnog indeksa.

R:dovrsiti


(a)

∫ +∞

−∞Hn(x)e

−x2/2 dx,

(b)

∫ +∞

−∞x Hn(x)e

−x2/2 dx.


R:dovrsiti

Zadatak: 7.43 Izracunajte∫ +∞

−∞xm Hn(x)e

−x2 dx, 0 ≤ m ≤ n− 1.

R:dovrsiti

Zadatak: 7.44 Vjerojatnost prijelaza izmedu n-tog i m-tog stanja kvantnog harmonijskogoscilatora, ovisi o integralu

∫ ∞

−∞x e−x

2

Hm(x) Hn(x) d x,

gdje su Hn i Hm, Hermiteovi polinomi. Izracunajte taj integral.

R:dovrsiti

Zadatak: 7.45 Pokazite da je∫ +∞

−∞x2 e−x

2

Hn(x) Hn(x) d x =√π 2n n !

(n +

1

2

).

Ovaj se integral pojavljuje kod izracunavanja kvadrata srednje vrijednosti polozajaslobodnog kvantnog harmonijskog oscilatora.Uputa: koristite rekurzije i ortogonalnost Hermiteovih polinoma.

R:dovrsiti


−∞x2 e−x

2

Hm(x) Hn(x) d x,

gdje su Hn i Hm, Hermiteovi polinomi.

R:dovrsiti



−∞xr e−x

2

Hm(x) Hn(x) d x.

gdje su Hn i Hm, Hermiteovi polinomi.

R:dovrsiti

Zadatak: 7.48 Koristeci Cauchyjevu integralnu formulu, pokazite da se Hn(x) moze na-pisati u obliku

Hn(x) =n !

2 π ıex

2

∮e−z

2

(z + x)n+1d z,

gdje se integrira po zatvorenoj krivulji oko tocke z = −x.

R:dovrsiti

Zadatak: 7.49 (a) Dokazite operatorski identitet

x− d

d x= −ex2/2 d

d xe−x

2/2.

(b) Normirana valna funkcija harmonijskog oscilatora je (20 bodova)

ψn(x) =1√

2n n !√πe−x

2/2 Hn(x).

Pokazite da se ona moze napisati kao

ψn(x) =1√

2n n !√π

(x− d

d x

)ne−x

2/2.

R:dovrsiti

Zadatak: 7.50 (a) Pokazite da se hamiltonijan slobodnog kvantnog harmonijskog oscila-tora moze napisati u obliku

H = −1

2

d2

d x2+

1

2x2 =

1

2(a a† + a† a).


Uputa: izrazite E u jedinicama ~ ω.(b) Koristeci operatore a i a†, pokazite da je

H ψn =

(n +

1

2

)ψn.

Ovaj rezultat znaci da je svojstvena vrijednsot energije jednaka E = (n +1/2) ~ ω.

R:dovrsiti

Hermiteov redProizvoljna funkcija f(x) definirana na intervalu x ∈ (−∞,+∞) se moze razviti u red poHermiteovim polinomima

f(x) =∞∑

n=0

an Hn(x).

Koeficijeni razvoja an se odreduju pomocu uvjeta ortogonalnosti (7.107): na gornju jed-

nadzbu se djeluje operatorom∫∞−∞ e−x

2Hm(x) d x

∫ ∞

−∞e−x

2

f(x) Hm(x) d x =

∞∑

n=0

an

∫ ∞

−∞e−x

2

Hm(x) Hn(x) d x

=

∞∑

n=0

an 2n n !√π δm,n = am 2m m !

√π.

Iz gornjeg izraza se zakljucuje da je

an =1

2n n !√π

∫ ∞

−∞e−x

2

f(x) Hn(x) d x.

Kvantnomehanicki slobodni harmonijski oscilatorKao sto je vec spomenuto, Hermiteovi polinomi se pojavljuju u analizi jednodimenzijskogkvantnomehanickog slobodnog harmonijskog oscilatora. Uz potencijalnu energiju

Ep =1

2Kz2 =

1

2mω2

0z2,

Schrodingerova valna jednadzba8 je

H ψ(z) = E ψ(z),

8Primjetimo da je ova jednadzba jedan primjer jednadzbe svojstvenih vrijednosti (5.14) sa tezinskom funkcijom jednakomjedan: L yj = λj yj .


gdje je H Hamiltonov operator, zbroj kineticke i potencijalne energije

H = Ek + Ep =p2z2m

+1

2Kz2, pz = −ı ~ d

d z,

ψ(z) je svojstvena valna funkcija, a energija E je svojstvena vrijednost.

− ~2

2m

d2 ψ(z)

d z2+

1

2Kz2 ψ(z) = Eψ(z).

Prijelazom s varijable z na

x = α z

i uvodenjem konstanata

α4 =mK

~2=m2ω2

0

~2, λ =

2E

~ω0,

Schrodingerova jednadzba postaje

d2 ψ(x)

d x2+ (λ− x2) ψ(x) = 0.

To je upravo jednadzba (7.106) s λ = 2n + 1, uvjetom koji dozvoljava samo diskretne(kvantizirane) vrijednosti energije harmonijskog oscilatora. Normiranarjesenja gornje jednadzbe su dana s (7.108). Zahtjev da n bude prirodan broj, je po-sljedica rubnog uvjeta na valnu funkciju

limz→±∞

ψ(z) = 0.

U slucaju da n → ν nije prirodan broj, tada rjesavanje jednadzbe (7.104) metodom

razvoja u red pokazuje da se, za velike x, Hν(x) ponasa kao xν ex2, tj. da ne iscezava u

beskonacnosti, pa je stoga nemoguce normirati valnu funkciju.

Za n prirodan broj, energija je

λ = 2n+ 1 ⇒ En =

(n+

1

2

)~ ω0, n = 0, 1, 2, · · · . (7.110)

Osnovnom kvantnomehanickom stanju odgovara minimalna energija

Emin = E0 =1

2~ ω0.

Ova minimalna energija je manifestacija Heisenbergovog nacela neodredenosti ipredstavlja cisto kvantnu pojavu, koja nema klasicni analogon.

Operatori stvaranja i ponistavanjaOsim gore izlozene Schrodingerove jednadzbe, postoje i drugi nacini analiziranja kvantno-mehanickog harmonijskog oscilatora. Jedan od njih je i pristup preko operatora stvaranja,


a† i ponistavanja a

a† ≡ 1√2

(x− d

d x

)a ≡ 1√

2

(x+

d

d x

).

Pokazat cemo da vrijedi

a† ψn(x) ≡1√2

(x− d

d x

)ψn(x) =

√n+ 1 ψn+1(x), (7.111)

a ψn(x) ≡1√2

(x+

d

d x

)ψn(x) =

√n ψn−1(x). (7.112)

Operator stvaranja, povecava9 indeks valne funkcije (kvantni broj) za jedan, a operatorponistavanja smanjuje10 indeks valne funkcije (kvantni broj) za jedan. Pomocu gornjihoperatora, konstruira se jedan novi operator koji se zove operator broja cestica a† a. Onima svojstvo da djelujuci na valnu funkciju ψn daju tu istu valnu funkciju pomnozenu sn. Citateljima se ostavlja da pokazu da vrijedi

a† a ψn = nψn.

Pokazimo sada da funkcije (7.108) zadovoljavaju relacije (7.111) i (7.112). Najprije, radipreglednosti, nazovimo

Cn =1√

2n n !√π.

i izvedimo (7.111)

a† ψn(x) =1√2

(x− d

d x

)Cn e

−x2/2Hn(x)

=1√2Cn e

−x2/2[x Hn(x) + x Hn(x)−H ′

n(x)].

Prema rekurziji (7.98) je H ′n = 2nHn−1, pa gornja relacija postaje

a† ψn(x) =Cn√2e−x

2/2(2xHn − 2nHn−1

).

9Stvara jednu cesticu.10Ponistava jednu cesticu.


Prema rekurziji (7.97) je gornja zagrada upravo jednaka Hn+1, pa je

a† ψn(x) =Cn√2e−x

2/2Hn+1

=1√

2n n !√π

1√2e−x

2/2Hn+1(x)

=√n+ 1

1√2n+1 (n+ 1) !

√πe−x

2/2Hn+1(x)

=√n+ 1 ψn+1(x).

Slicno se pokazuje i (7.112)

a ψn(x) =1√2

(x+

d

d x

)Cn e

−x2/2Hn(x)

=1√

2x Cn e

−x2/2Hn(x) +1√2

(−xCn e−x

2/2Hn(x) + Cn e−x2/2H ′

n(x)).

Prva dva clana se ukidaju, a prema rekurziji (7.98) je H ′n = 2nHn−1, pa gornja relacija

postaje

a ψn(x) =√2 n Cn e

−x2/2Hn−1(x)

=√2 n

1√2n n !

√πe−x

2/2Hn−1(x)

=√n

1√2n−1 (n− 1) !

√πe−x

2/2Hn−1(x)

=√n ψn−1(x).

Ovime smo, krenuvsi od poznatih funkcija ψn, pokazali da vrijede relacije (7.111) i(7.112). No, postoji i drugi put. Mozemo se praviti da ne znamo kako izgledaju funkcijeψn, krenuti od (7.111) i (7.112), kao diferencijalnih jednadzba za odredivanje funkcija ψn,i pomocu njih naci same funkcije ψn. Djelujuci na najnize stanje, operator ponistavanjamora dati nulu, buduci da nize stanje od najnizeg ne postoji

a ψ0(x) = 0.

Uvrstavanjem a, gornja jednadzba postaje diferencijalna jednadzba za ψ0

d ψ0

ψ0= −x d x,

s rjesenjem

ψ0(x) = const. e−x2/2.


konstanta se odreduje iz uvjeta normiranja

∫ +∞

−∞|ψ0(x)|2 d x = 1 ⇒ const = π−1/4,

Pa je normirana valna funkcija osnovnog stanja jednaka

ψ0(x) = π−1/4 e−x2/2.

Valnu funkciju ψ1 dobivamo pomocu operatora stvaranja

a† ψ0(x) = ψ1 =1√2

(x− d

d x

)π−1/4 e−x

2/2

=1√2√π2x e−x

2/2 =1√2√πe−x

2/2 H1(x),

a to je upravo ψ1 iz (7.108). Dalje se ψ2 moze racunati iz a† ψ1(x) itd.

Potencijal tipa harmonijskog oscilatora se pojavljuje u opisu titranja kristalne resetke,u opisu nuklearne strukture (shell model), kvarkovskom modelu hadronaitd.

Diferencijalna jednadzba (7.104), osim Hn ima i drugo, nezavisno, rjesenje koje senaziva Hermiteova funkcija drugog reda i koje (za sada) nema primjene u fizici.

7.5 Laguerreovi polinomi

Kao sto je vec spomenuto u uvodu prethodnog odjeljka, Laguerreovi polinomi se pojavljujukod rjesavanja radijalnog dijela Schrodingerove jednadzbe za vodikov atom. U ovom cese odjeljku izloziti neka osnovna svojstva Laguerreovih polinoma.

Diferencijalna jednadzbaLaguerreovi polinomi se mogu uvesti preko funkcije izvodnice, na slican nacin kako smoto napravili za Hermiteove polinome. Druga je mogucnost da se dobiju u obliku redapotencija, onako kako je to izvedeno u odjeljku 4.3.2. Da bismo prikazali jos jednu tehniku,krenut cemo od Laguerreove diferencijalne jednadzbe i rjesenje dobiti u obliku krivuljnogintegrala, kao sto je to napravljeno u odjeljku 7.2.6 za modificirane Besselove funkcijeKν(x). Zatim ce se iz tog integralnog prikaza rjesenja, izvesti funkcija izvodnica.Laguerreova diferencijalna jednadzba je

x L ′ ′n (x) + (1− x) L ′

n(x) + n Ln(x) = 0. (7.113)

Krivuljni integralRjesenje L ce ovisiti o parametru n, pa cemo ga oznaciti s Ln. Pokusat cemo ga prikazati

7.5. LAGUERREOVI POLINOMI 331

u obliku krivuljnog integrala u ravnini kompleksnog z

Ln(x) =1

2 π ı

∮

|z|<1

e−xz/(1−z)

(1− z) zn+1d z. (7.114)

Krivulja integracije, slika (7.8), ukljucuje ishodiste, ali ne obuhvaca tocku z = 1. Dvama

Slika 7.8: Krivulja integracije za Laguerreove polinome.

uzastopnim derivacijama po x, gornja jednadzba daje

L ′n(x) = − 1

2 π ı

∮e−xz/(1−z)

(1− z)2 znd z,

L ′ ′n (x) =

1

2 π ı

∮e−xz/(1−z)

(1− z)3 zn−1d z.

Uvrstavanjem gornjih izraza za Ln, L′n i L ′ ′

n u lijevu stranu (7.113) daje

1

2 π ı

∮ [x

(1− z)3 zn−1− 1− x

(1− z)2 zn+

n

(1− z) zn+1

]e−xz/(1−z) d z.

Izravnom derivacijom, lako je uvjeriti se da je gornji podintegralni izraz moze napisati uobliku derivacije

− 1

2 π ı

∮d

d z

[e−xz/(1−z)

(1− z) zn

]d z.

Integracijom po zatvorenoj krivulji (kao npr. na slici 7.8), pocetna je tocka jednaka kraj-njoj tocki i zato je vrijednost gornjeg integrala jednaka nuli, a to je upravo desna strana(7.113). Time je pokazano da je (7.114) rjesenje diferencijalne jednadzbe (7.113).

Funkcija izvodnica


Pokazimo da je gornji izraz upravo ono sto bi se dobilo iz funkcije izvodnice

g(x, z) =e−xz/(1−z)

1− z=

∞∑

n=0

Ln(x) zn, |z| < 1. (7.115)

Pomnozimo gornji izraz sa z−m−1 i prointegrirajmo oko ishodista

e−xz/(1−z)

(1− z) zm+1=

∞∑

n=0

Ln(x) zn−m−1

∮

|z|<1

e−xz/(1−z)

(1− z) zm+1d z =

∞∑

n=0

Ln(x)

∮

|z|<1

zn−m−1 d z =(primjer 2.1

)=

∞∑

n=0

Ln(x) 2 π ı δn,m

= 2 π ı Lm(x),

a to je upravo (7.114).

Rodrigues’ova formulaPrijelazom s varijable z na vrijablu s, gdje je

xz

1− z= s− x ⇔ z =

s− x

s,

Integralni izraz za Ln(x) postaje

Ln(x) =ex

2 π ı

∮sn e−s

(s− x)n+1d s.

Integral po z je isao po krivulji koja obuhvaca ishodiste, z = 0, pa zato integral po side po krivulji koja obuhvaca tocku s = x. Prema Cauchijevoj integralnoj formuli zaderivaciju, (2.16),

f (n)(z0) =n !

2 π ı

∮

K

f(z)

(z − z0)n+1dz,

zakljucujemo da je

Ln(x) =ex

n !

dn

d xn(xn e−x). (7.116)

To je Rodrigues’ova formula za Laguerreove polinome.

Red potencijaIz gornjeg se izraza (za prirodni broj n i pomocu Leibnizove formule za n-tu derivaciju


umnoska dvije funkcije (7.84)) dobivaju Laguerreovi polinomi u obliku reda potencija

Ln(x) =ex

n !

n∑

m=0

(n

m

)dn−m e−x

d xn−mdm xn

d xm=

1

n !

n∑

m=0

(n

m

)(−1)n−m

dm xn

d xm

=1

n !

n∑

m=0

(n

m

)(−1)n−m

n !

(n−m) !xn−m = n !

n∑

m=0

(−1)n−m xn−m

(n−m) ! (n−m) ! m !.

Prijelazom s varijable m na s = n−m slijedi

Ln(x) = n !n∑

s=0

(−1)s xs

(n− s) ! s ! s !. (7.117)

Nekoliko prvih polinoma je prikazano na slici 7.9 i ispisano u tablici 7.6.

Slika 7.9: Nekoliko prvih Laguerreovih polinoma.

RekurzijeVec uobicajenim postupkom derivacije funkcije izvodnice po njezinim argumentima, do-bivaju se rekurzije. Zapocnimo s derivacijom po z

∂ g

∂ z=

e−xz/(1−z)

1− z

1− x− z

(1− z)2

∑∞n=0 Ln(x) n z

n−1 .


Tablica 7.6: Laguerreovi polinomi.

0 ! L0(x) = 1

1 ! L1(x) = −x+ 1

2 ! L2(x) = x2 − 4 x+ 2

3 ! L3(x) = −x3 + 9 x2 − 18 x+ 6

4 ! L4(x) = x4 − 16 x3 + 72 x2 − 96 x+ 24

5 ! L5(x) = −x5 + 25 x4 − 200 x3 + 600 x2 − 600 x+ 120

6 ! L6(x) = x6 − 36 x5 + 450 x4 − 2400 x3 + 5400 x2 − 4320 x+ 720

Izjednacavanjem gornja dva izraza, uz uvrstavanje (7.115) slijedi

e−xz/(1−z)

1− z

1− x− z

(1− z)2=

∞∑

n=0

Ln(x) n zn−1

(1− x− z)

∞∑

n=0

Ln(x) zn = (1− z)2

∞∑

n=0

Ln(x) n zn−1.

Raspisom i sredivanjem gornjeg izraza, dolazi se do

∞∑

n=0

zn[(1− x+ 2n) Ln(x)− nLn−1(x)− (n+ 1) Ln+1(x)

]= 0.

Zbog linearne nezavisnosti potencija, gornji zbroj je nula samo ako je svaka od zagradajednaka nuli, sto daje rekurziju

(n+ 1) Ln+1(x) = (1− x+ 2n) Ln(x)− nLn−1(x). (7.118)

Rekurziju koja povezuje derivacije Laguerreovih polinoma s nederiviranim polinomima,dobivamo derivacijom funkcije izvodnice po x

∂ g

∂ x=

e−xz/(1−z)

1− z

−z1− z

∑∞n=0 L

′n(x) z

n .


Izjednacavanjem gornja dva izraza, uz uvrstavanje (7.115) slijedi

e−xz/(1−z)

1− z

−z1− z

=∞∑

n=0

L ′n(x) z

n

−z∞∑

n=0

Ln(x) zn = (1− z)

∞∑

n=0

L ′n(x) z

n.

Raspisom i sredivanjem gornjeg izraza, dolazi se do

∞∑

n=0

zn[L ′n−1(x)− Ln−1(x)− L ′

n(x)]= 0.

Zbog linearne nezavisnosti potencija, gornji zbroj je nula samo ako je svaka od zagradajednaka nuli, sto daje rekurziju

L ′n(x) = L ′

n−1(x)− Ln−1(x). (7.119)

Posebne vrijednostiNadalje, iz funkcije izvodnice (7.115) se vidi da je za x = 0

∞∑

n=0

Ln(0) zn = g(0, z) =

1

1− z=

∞∑

n=0

zn,

iz cega zakljucujemo da je

Ln(0) = 1.

ParnostKao sto se vidi iz funkcije izvodnice, diferencijalne jednadzbe ili iz tablice 7.6, Laguerreovipolinomi nemaju odredenu parnost (nisu ni parni ni neparni).

OrtogonalnostLaguerreova diferencijalna jednadzba nije samoadjungirana, pa Laguerreovi polinomi necine ortogonalan skup. Medutim, slijedeci metodu iz odjeljka 5.1, mozemo pomnozitijednadzbu (7.113) s e−x i dobiti samoadjungiranu jednadzbu

x L ′ ′n (x) + (1− x) L ′

n(x) + n Ln(x) = 0/

· e−x

x L ′ ′n (x) e

−x + (1− x) L ′n(x) e

−x + n Ln(x) e−x = 0

d

d x

[xL ′

n(x) e−x]+ n Ln(x) e

−x = 0.


To je samoadjungirana jednadzba s tezinskom funkcijom

w(x) = e−x.

Napisimo gornju jednadzbu za parametar m 6= n, a zatim pomnozimo obje jednadzberedom s Lm i Ln

Lm(x)d

d x

[xL ′

n(x) e−x]+ n Lm(x) Ln(x) e

−x = 0,

Ln(x)d

d x

[xL ′

m(x) e−x]+m Ln(x) Lm(x) e

−x = 0,

i oduzmimo drugu od prve

Lm(x)d

d x

[xL ′

n(x) e−x]− Ln(x)

d

d x

[xL ′

m(x) e−x]+ (n−m) Ln(x) Lm(x) e

−x = 0.

Prointegrirajmo gornju jednadzbu po x od 0 do ∞ i izvedimo parcijalnu integraciju uprva dva clana

∫ +∞

0

Lm(x)d

d x

[xL ′

n(x) e−x]d x−

∫ +∞

0

Ln(x)d

d x

[xL ′

m(x) e−x]d x +

(n−m)

∫ +∞

0

Ln(x) Lm(x) e−x d x = 0

[xLm L ′

n(x) e−x]∞0−

∫ +∞

0

x L ′m(x) L

′n(x) e

−x d x −

[xLn L

′m(x) e

−x]∞0+

∫ +∞

0

x L ′m(x) L

′n(x) e

−x d x +

(n−m)

∫ +∞

0

Ln(x) Lm(x) e−x d x = 0.

Uglate zagrade su jednake nuli u obje granice, a integrali s derivacijama L se medusobnoukidaju. Buduci da smo odabrali m 6= n, mora biti

∫ +∞

0

Ln(x) Lm(x) e−x d x = 0. (7.120)

Vidi se da su Lagurreovi polinomi ortogonalni s tezinskom funkcijom w(x) = e−x.


Integral gornjeg oblika, ali za n = m, dobiva se kvadriranjem funkcije izvodnice (7.115)

1

1− ze−xz/(1−z)

1

1− te−xt/(1−t) =

∞∑

n=0

Ln(x) zn

∞∑

m=0

Lm(x) tm

/· e−x

1

(1− z)(1 − t)e−x(1−tz)/[(1−z)(1−t)] =

∞∑

n=0

∞∑

m=0

zn tm Ln(x) Lm(x) e−x

/∫ +∞

0

d x

1

(1− z)(1− t)

∫ +∞

0

e−x(1−tz)/[(1−z)(1−t)] d x =

∞∑

n=0

∞∑

m=0

zn tm∫ +∞

0

Ln(x) Lm(x) e−x d x.

Na lijevoj strani je tablicni integral, a integral na desnoj strani je, prema (7.120), jednaknuli, ako je n 6= m

1

1− tz=

∞∑

n=0

(tz)n∫ +∞

0

[Ln(x)

] 2e−x d x.

Buduci da je (1− tz)−1 =∑∞

n=0 (tz)n, iz gornjeg izraza ocitavamo

∫ +∞

0

[Ln(x)

] 2e−x d x = 1.

Gornju relaciju i (7.120) mozemo zajedno zapisati kao

∫ +∞

0

Ln(x) Lm(x) e−x d x = δn,m. (7.121)

Gornji nam izraz sugerira definiciju ortonormiranih Laguerreovih funkcija (ne polinoma)

ϕn(x) = e−x/2 Ln(x).

Prema (7.121), za funkcije ϕn vrijedi

∫ +∞

0

ϕn(x) ϕm(x) d x = δn,m.

Diferencijalna jednadzba za ϕn(x) se dobije uvrstavanjem

Ln(x) = ex/2 ϕn(x),

L ′n(x) =

1

2ex/2 ϕn(x) + ex/2 ϕ ′

n(x),

L ′ ′n (x) =

1

4ex/2 ϕn(x) + ex/2 ϕ ′

n(x) + ex/2 ϕ ′ ′n (x)

u jednadzbu Laguerreovih polinoma (7.113), s rezultatom

x ϕ ′′n(x) + ϕ ′

n(x) +

(n +

1

2− x

4

)ϕn(x) = 0.


Zadatak: 7.51 (a) Polazeci od zapisa Ln(x) u obliku reda potencija, pokazite da je (30bodova)

L ′n(0) = −n

L ′ ′n (0) =

1

2n(n− 1).

(b) Isti zadatak kao u (a), ali bez koristenja zapisa Ln(x) u obliku reda poten-cija.

R:dovrsiti

Zadatak: 7.52 Razvijte xr u red po pridruzenim Laguerreovim polinomima Lkn, za fiksnik i n = 0, 1, · · · , r.Uputa: Koristite Rodriguesovu formulu.

R:dovrsiti

Zadatak: 7.53 Razvijte e−ax u red po pridruzenim Laguerreovim polinomima Lkn, za fik-sni ki n = 0, 1, · · · ,∞,(a) izravnim racunom koeficijenata razvoja,(b) iz funkcije izvodnice.

R:dovrsiti

Zadatak: 7.54 Nadite rjesenje Laguerreove diferencijalne jednadzbe

x L ′ ′n (x) + (1− x) L ′

n(x) + n Ln(x) = 0,

koristeci Frobeniusovu metodu razvoja u red. Raspisite nekoliko najnizih poli-noma i usporedite ih s poznatim rjesenjima.

R:dovrsiti


Zadatak: 7.55 Krenite od linearno nezavisnog skupa funkcija

1, x, x2, x3, · · · ,

definiranog na intervalu 0 ≤ x < ∞ i Gram-Schmidtovim postupkom ortogo-nalizacije, generirajte prve tri ortogonalne funkcije. Tezinska funkcija je e−x.Sve integrale racunajte bez koristenja tablica. Rjesenja usporedite s Laguerre-ovim polinomima.

R:dovrsiti

7.5.1 Pridruzeni Laguerreovi polinomi

DefinicjaU fizickim primjenama, napose kod vodikovog atoma, ne pojavljuju se Laguerreovi poli-nomi, vec pridruzeni Laguerreovi polinomi Lkn(x). Oni se definiraju preko Laguerreovihpolinoma kao

Lkn(x) = (−1)kd k

d x kLn+k(x). (7.122)

Najveca potencija x u Ln+k(x) je xn+k, pa ce nakon k derivacija po x, najveca potencija

po x polinoma Lkn(x) biti xn.

Red potencijaU skladu s gornjom definicijom i pomocu zapisa Ln u obliku reda potencija, (7.117),slijedi

Lkn(x) = (−1)k (n+ k) !n+k∑

s=0

(−1)s

(n+ k − s) ! s ! s !

d k

d x kxs

= (−1)k (n+ k) !

n+k∑

s=0

(−1)s

(n+ k − s) ! s !s !

s !

(s− k) !xs−k

= (−1)k (n+ k) !

n+k∑

s=0

(−1)s xs−k

(n+ k − s) ! (s− k) ! s !.

Prijelazom s varijable zbrajanja s na varijablu m = s− k, gornji izraz prelazi u

Lkn(x) =(−1)k (n+ k) !n∑

m=−k

(−1)m+k xm

(n−m) ! (m+ k) ! m !.


Buduci da je, prema (7.14),

m ! = ∞, m < 0,

to su u gornjem zbroju razliciti od nule samo clanovi s m = 0, 1, · · · , n

Lkn(x) = (n+ k) !

n∑

m=0

(−1)m

(n−m) ! (m+ k) ! m !xm. (7.123)

Nekoliko prvih pridruzenih Laguerreovih polinoma su

Lk0(x) = k !

0∑

m=0

(−1)m xm

(0−m) ! (m+ k) ! m != 1,

Lk1(x) = (1 + k) !

1∑

m=0

(−1)m xm

(1−m) ! (m+ k) ! m != 1 + k − x,

Lk2(x) = (2 + k) !

2∑

m=0

(−1)m xm

(2−m) ! (m+ k) ! m !=

1

2(2 + k)(1 + k)− (2 + k) x+

1

2x2.

Funkcija izvodnicaFunkcija izvodnica pridruzenih Lagurreovih polinoma se dobiva pomocu k uzastopnihderivacija funkcije izvodnice Lagurreovih polinoma

e−xz/(1−z)

1− z=

∞∑

n=0

Ln(x) zn

/d k

d x k

1

1− z

( −z1− z

)ke−xz/(1−z) =

∞∑

n=0

d k Ln(x)

d x kzn

/(−1)k z−k

e−xz/(1−z)

(1− z)k+1= (−1)k

∞∑

n=0

d k Ln(x)

d x kzn−k.

Sada se sa nijeme varijable zbrajanja n prelazi na m = n− k

e−xz/(1−z)

(1− z)k+1= (−1)k

∞∑

m=−k

d k Lm+k(x)

d x kzm.

Kako je Lm+k(x) polinom reda m+ k, to ce za negativne vrijednosti m biti

d k Lk−|m|(x)

d x k≡ 0.


To znaci da ce u gornjem zbroju, razliciti od nule biti samo ono clanovi za koje je m ≥ 0

g(x, z) =e−xz/(1−z)

(1− z)k+1=

∞∑

m=0

Lkm(x) zm, |z| < 1, (7.124)

sto upravo odreduje funkciju izvodnicu pridruzenih Laguerreovih polinoma.

Posebne vrijednostiU tocki x = 0, gornja relacija daje

1

(1− z)k+1=

∞∑

n=0

Lkn(0) zn.

Binomnim razvojem je

(1− z)−(k+1) = 1 +−(k + 1)

1 !(−z) + (−)2(k + 1)(k + 2)

2 !(−z)2 + (−)3(k + 1)(k + 2)(k + 3)

3 !(−z)3 + · · ·

=

∞∑

n=0

(k + n) !

k ! n !zn =

∞∑

n=0

(k + n

k

)zn (7.125)

Tako se dobilo da je

(1− z)−(k+1) =

∑∞n=0

(k + n

k

)zn,

∑∞n=0 L

kn(0) z

n .

Iz gornje se jednakosti zakljucuje da je

Lkn(0) =(k + n) !

k ! n !=

(k + n

k

).

RekurzijeRekurzije se izvode ili deriviranjem rekurzija Laguerreovih polinoma ili iz funkcije iz-vodnice. Evo nekoliko rekurzija dobivenih derivacijom funkcije izvodnice. Derivacijom(7.124) po z i sredivanjem dobivenog izraza, slijedi

∂

∂ zg(x, z) =

e−xz/(1−z)

(1− z)k+1

[ −x(1− z)2

+k + 1

1− z

],

∑∞n=0 L

kn(x) n z

n−1 .


e−xz/(1−z)

(1− z)k+1

[ −x(1− z)2

+k + 1

1− z

]=

∞∑

n=0

Lkn(x) n zn−1

∞∑

n=0

Lkn(x) zn−x+ (k + 1)(1− z)

(1− z)2=

∞∑

n=0

Lkn(x) n zn−1

(1 + k − x)∞∑

n=0

Lkn(x) zn − (k + 1)

∞∑

n=0

Lkn(x) zn+1 = (1− 2z + z2)

∞∑

n=0

Lkn(x) n zn−1

−∞∑

n=0

Lkn(x) n zn−1 +

∞∑

n=0

(1 + k − x+ 2n) Lkn(x) zn −

∞∑

n=0

(1 + k + n) Lkn(x) n zn+1 = 0.

Primjetimo da zbog mnozitelja n, prvi zbroj zapravo ide od n = 1, a ne od n = 0. Sadavarijable po kojima se zbraja zamjenimo tako da sve potencije z budu iste

∞∑

n=0

zn[(n+ 1) Lkn+1(x)− (1 + k − x+ 2n) Lkn(x) + (k + n) Lkn−1(x)

]= 0.

Zbog linearne nezavisnosti potencija zn, gornji je zbroj nula, samo ako svaka od zagradazasebno iscezava, sto vodi na rekurziju

(n + 1) Lkn+1(x)− (1 + k − x+ 2n) Lkn(x) + (k + n) Lkn−1(x) = 0.

(7.126)Do jos jedne rekurzije se derivacijom funkcije izvodnice (7.124) po x

∂

∂ xg(x, z) =

−z1− z

e−xz/(1−z)

(1− z)k+1,

∑∞n=0 L

k ′n (x) zn .

−z1− z

e−xz/(1−z)

(1− z)k+1=

∞∑

n=0

Lk ′n (x) zn

−z∞∑

n=0

Lkn(x) zn = (1− z)

∞∑

n=0

Lk ′n (x) zn

∞∑

n=0

Lk ′n (x) zn −

∞∑

n=0

Lk ′n (x) zn+1 +

∞∑

n=0

Lkn(x) zn+1 = 0.

Preimenovanjem varijabli zbrajanja tako da sve potencije z budu iste, slijedi

∞∑

n=0

zn[Lk ′n (x)− Lk ′

n−1(x) + Lkn−1(x)]= 0.


Ponovo, zbog linearne nezavisnosti potencija zn, gornji je zbroj nula, samo ako svaka odzagrada zasebno iscezava, sto vodi na rekurziju

Lk ′n (x) = Lk ′

n−1(x)− Lkn−1(x). (7.127)

Diferencijalna jednadzbaSada cemo k-strukom derivacijom diferencijalne jednadzbe Laguerreovih polinoma (7.113),izvesti diferencijalnu jednadzbu pridruzenih Laguerreovih polinoma

0 = x L ′ ′n (x) + (1− x) L ′

n(x) + n Ln(x)

/d k

d x k

0 =d k

d x k

[x L ′ ′

n (x)]+

d k

d x k

[(1− x) L ′

n(x)]+ n

d k Ln(x)

d x k

0 =

k∑

m=0

(k

m

)dm x

d xmdk−mL ′ ′

n (x)

d xk−m+

k∑

m=0

(k

m

)dm

d xm(1− x)

dk−mL ′n(x)

d xk−m++n

d k Ln(x)

d x k

0 = kdk−1

d xk−1L ′ ′n (x) + x

d k

d x kL ′ ′n (x) + (1− x)

d k

d x kL ′n − k

dk−1

d xk−1L ′n(x) + n

d k Ln(x)

d x k

0 = xd k

d x kL ′ ′n (x) + (1− x+ k)

dk

d xkL ′n(x) + (n− k)

d k Ln(x)

d x k.

Zamjenom indeksa n → n+ k, slijedi

xd k

d x kL ′ ′n+k(x) + (1− x+ k)

dk

d xkL ′n+k(x) + n

d k Ln+k(x)

d x k= 0.

Prisjetimo li se definicije pridruzenih Laguerreovih polinoma (7.122)

Lkn(x) = (−1)kd k

d x kLn+k(x),

gornja jednadzba daje diferencijalnu jednadzbu pridruzenih Laguerreovih polinoma

x Lk ′ ′n (x) + (1− x+ k) Lk ′n (x) + n Lkn(x) = 0. (7.128)

Rodrigues’ova formulaIzvedimo Rodrigues’ovu formulu za pridruzene Laguerreove polinome. Krenimo od funk-


cije izvodnice (7.124)

e−xz/(1−z)

(1− z)k+1=

∞∑

n=0

Lkn(x) zn

/ ∮

|z|=1

d z

zm+1

∮

|z|=1

e−xz/(1−z) d z

zm+1(1− z)k+1=

∞∑

n=0

Lkn(x)

∮

|z|=1

d z zn−m−1 =(zadatak ??

)

=∞∑

n=0

Lkn(x) 2 π ı δn,m = 2 π ı Lkm(x)

Na lijevoj strani se umjesto varijable z uvodi varijabla s relacijom

xz

1− z= s− x,

cime integral po jedinicnoj kruznici oko z = 0 prelazi u integral po kruznici sa sredistemu s = x

Lkn(x) =1

2 π ı

ex

x k

∮sk+n e−s

(s− x)n+1d s. (7.129)

Pomocu Cauchijeve integralne formule (2.16)

f (n)(z0) =n !

2 π ı

∮

K

f(z)

(z − z0)n+1dz,

integral na desnoj strani (7.129) prepoznajemo kao

1

n !

dn

d xn(xk+n e−x),

sto vodi na Rodrigues’ovu formulu za pridruzene Laguerreove polinome

Lkn(x) =ex

x k1

n !

dn

d xn

(xk+n e−x

). (7.130)

OrtogonalnostPokazimo ortogonalnost pridruzenih Laguerreovih polinoma. Napisimo diferencijalnujednadzbu pridruzenih Laguerreovih polinoma (7.128) u samoadjungiranom obliku

x Lk ′ ′n (x) + (1− x+ k) Lk ′n (x) + n Lkn(x) = 0/

· e−x x k

e−x xk+1 Lk ′ ′n (x) + (1− x+ k) e−x x k Lk ′n (x) + n e−x x k Lkn(x) = 0

d

d x

[e−x xk+1 Lk ′n (x)

]+ n e−x x k Lkn(x) = 0.

Gornju jednadzbu ponmozimo s Lkm zam 6= n i oduzmimo od jednadzbe za Lkm pomnozene


s Lkn

d

d x

[e−x xk+1 Lk ′n

]+ n e−x x k Lkn = 0.

/·Lkm

d

d x

[e−x xk+1 Lk ′m

]+m e−x x k Lkm = 0.

/·Lkn

Lkmd

d x

[e−x xk+1 Lk ′n

]− Lkn

d

d x

[e−x xk+1 Lk ′m

]+ (n−m) e−x x k Lkn L

km = 0.

/ ∫ +∞

0

d x

∫ +∞

0

Lkmd

d x

[e−x xk+1 Lk ′n

]d x−

∫ +∞

0

Lknd

d x

[e−x xk+1 Lk ′m

]d x+ (n−m)

∫ +∞

0

e−x x k Lkn Lkm d x =

Parcijalnom integracijom prva dva clana, dobiva se

[e−x xk+1 Lk ′n L

km

]∞0

−∫ +∞

0

e−x xk+1 Lk ′n Lk ′m d x

−[e−x xk+1 Lk ′mL

kn

]∞0

+∫ +∞

0

e−x xk+1 Lk ′n Lk ′m d x

+ (n−m)

∫ +∞

0

e−x x k Lkn Lkm d x = 0.

Izrazi u okruglim zagradama iscezavaju u oznacenim granicama, a integrali s Lk ′n Lk ′m se

ukidaju. Buduci da je n 6= m, zakljucujemo∫ +∞

0

e−x x k Lkn(x) Lkm(x) d x = 0 n 6= m. (7.131)

Vidimo da su pridruzeni Laguerreovi polinomi ortogonalni s tezinskom funkcijom

w(x) = e−x x k.

Integral gornjeg oblika, ali za n = m, racunamo polazeci od funkcije izvodnice (7.124)

e−xz/(1−z)

(1− z)k+1=

∞∑

n=0

Lkn(x) zn,

e−xt/(1−t)

(1− t)k+1=

∞∑

m=0

Lkm(x) tm.

Pomnozimo gornja dva izraza medusobno, a zatim rezultat prointegrirajmo po x s tezinskomfunkcijom w = e−x x k

e−x[z/(1−z)+t/(1−t)]

(1− z)k+1 (1− t)k+1=

∞∑

n,m=0

Lkn(x) Lkm(x) z

n tm/ ∫ +∞

0

e−x x k d

1

(1− z)k+1 (1− t)k+1

∫ +∞

0

x k e−x(1−tz)/[(1−z)(1−t)] d x =∞∑

n,m=0

zn tm∫ +∞

0

e−x x k Lkn(x) Lkm(x) d x.


Prema (7.131), desna je strana razlicita od nule samo kada je n = m

1

(1− z)k+1 (1− t)k+1

∫ +∞

0

x k e−x(1−tz)/[(1−z)(1−t)] =∞∑

n=0

(tz)n∫ +∞

0

e−x x k[Lkn(x)

]2d x.

Ako na lijevoj strani varijablu x zamjenimo varijablom v

v = x1− tz

(1− z)(1− t),

nakon kraceg sredivanja, prema (7.5), za lijevu stranu se dobiva

1

(1− tz)k+1

∫ +∞

0

vk e−v d v

︸︷︷︸= Γ(k + 1) = k !

=k !

(1− tz)k+1.

Time polazna jednadzba postaje

k !

(1− tz)k+1=

∞∑

n=0

(tz)n∫ +∞

0

e−x x k[Lkn(x)

]2d x.

Uvrstavanjem razvoja u red (binomni teorem, (7.125)) za (1− tz)−k−1

(1− tz)−k−1 =∞∑

n=0

(n+ k) !

n ! k !(tz)n,


∞∑

n=0

(n+ k) !

n !(tz)n =

∞∑

n=0

(tz)n∫ +∞

0

e−x x k[Lkn(x)

]2d x.

Usporedbom clanova uz istu potenciju tz, slijedi

∫ +∞

0

e−x x k[Lkn(x)

]2d x =

(n+ k) !

n !.

Gornji izraz, zajedno s (7.131), vodi na

∫ +∞

0

e−x x k Lkn(x) Lkm(x) d x =

(n+ k) !

n !δn,m. (7.132)

Zadatak: 7.56 Funkciju xr razvijte u red po pridruzenim Laguerreovim polinomima Lkn,za fiksni k i n = 0, 1, · · · , r (ako r nije prirodan broj, n ide u beskonacnost).Uputa: Koristite Rodriguesovu formulu.

R:Zbog potpunosti skupa pridruzenih Laguerreovih polinoma, svaka funkcija (pa


tako i xr) se moze napisati u obliku

xr =r∑

n=0

an Lkn(x).

/ ∫ +∞

0

x k e−x Lkm(x) d x

∫ +∞

0

x r+k e−x Lkm(x) d x =r∑

n=0

an

∫ +∞

0

e−x x k Lkn(x) Lkm(x) d x

= (7.132) =

r∑

n=0

an(n+ k) !

n !δn,m = am

(m+ k) !

m !

=⇒ an =n !

(n + k) !

∫ +∞

0

x r+k e−x Lkn(x) d x.

Uvrstavanjem Lkn(x) iz Rodriguesove formule (7.130)

Lkn(x) =ex

x k1

n !

dn

d xn

(xk+n e−x

)

u gornji izraz za an, dobiva se

an =1

(n+ k) !

∫ +∞

0

x rdn

d xn

(xk+n e−x

)d x.

Gornji se integral dalje rjesava uzastopnim parcijalnim integracijama

x rdn

d xn

(xk+n e−x

)=

d

d x

[x r

dn−1

d xn−1

(xk+n e−x

)]−rx r−1 dn−1

d xn−1

(xk+n e−x

)

(7.133)

an =1

(n+ k) !

[x r

dn−1

d xn−1

(xk+n e−x

)]+∞

0

− r

(n + k) !

∫ +∞

0

x r−1 dn−1

d xn−1

(xk+n e−x

)d x.

Gornja uglata zagrada je jednaka nuli u obje granice, pa za an preostaje

an =−r

(n+ k) !

∫ +∞

0

x r−1 dn−1

d xn−1

(xk+n e−x

)d x.

Gornji se integral opet rjesava rekurzijom (7.133) u kojoj se izvede zamjena

n→ n− 1,

sto daje (dakle, nakon dvije rekurzije)

an =(−1)2r(r − 1)

(n+ k) !

∫ +∞

0

x r−2 dn−2

d xn−2

(xk+n e−x

)d x.


Lako je vidjeti da se nakon n rekurzija dobiva

an =(−1)nr !

(r − n) ! (n+ k) !

∫ +∞

0

x r−n xk+n e−x d x

=(−1)nr !

(r − n) ! (n+ k) !

∫ +∞

0

xr+n e−x d x.

No, gornji je integral upravo definicija gama funkcije (7.5), Γ(r + k + 1) =(r + k) !, sto vodi na konacni izraz za an

an(−1)nr !(r + k) !

(r − n) ! (n + k) !

i konacni izraz za razvoj xr po pridruzenim Laguerreovim polinomima

xr =r∑

n=0

an Lkn(x) = r ! (r + k) !

r∑

n=0

(−1)n

(r − n) ! (n+ k) !Lkn(x).

U literaturi se pojavljuju i Laguerreove funkcije ψkn(x), koje su s pridruzenim Lagu-erreovim polinomima povezane relacijom

ψkn(x) = e−x/2 xk/2 Lkn(x).

Iz (7.132) slijedi

∫ +∞

0

ψkn(x) ψkm(x) d x =

(n+ k) !

n !δn,m.

Ako iz gornje relacije izrazimo Lkn preko ψkn i zatim pomocu te veze nademo prvu derivaciju

Lk ′n i drugu derivaciju Lk ′ ′

n , mozemo Lkn, Lk ′n i Lk ′ ′

n uvrstiti u diferencijalnu jednadzbu(7.128) i dobiti diferencijalnu jednadzbu za ψkn(x)

x ψk ′ ′n (x) + ψk ′

n (x) +

[−x4+

1 + k + 2n

2− 1

x

k2

4

]ψkn(x) = 0.

Clan s prvom derivacijom u gornjoj jednadzbi se moze eliminirati, ako se umjesto ψknuvede funkcija

Φkn(x) = x1/2 ψkn(x) = e−x/2 x(k+1)/2 Lkn(x). (7.134)

Pomocu gornje veze ψkn(x) i Φkn(x) i diferencijalne jednadzbe za ψkn(x), dolazi se do dife-

rencijalne jednadzbe za Φkn(x)

Φk ′ ′n (x) +

[−1

4+

1 + k + 2n

2x− k2 − 1

4x2

]Φkn(x) = 0. (7.135)

To je jednadzba koja se pojavljuje kao jednadzba za radijalni dio valne funkcije, prirjesavanju Schrodingerove jednadzbe vodikovog atoma (zadatak 7.57, jednadzba (7.140)).


Pomocu gornje jednadzbe se pokazuje da su Φkn(x) i Φkm(x), za n 6= m, ortogonalne stezinskom funkcijom

w(x) =1

x,

Napisimo jednadzbe za Φkn(x) i Φkm(x)

Φk ′ ′n (x) +

[−1

4+

1 + k + 2 n

2x− k2 − 1

4x2

]Φkn(x) = 0

/· Φkm(x),

Φk ′ ′m (x) +

[−1

4+

1 + k + 2 m

2x− k2 − 1

4x2

]Φkm(x) = 0

/· Φkn(x).

Oduzmimo gornje dvije jednadzbe i prointegrirajmo po x

0 = Φk ′ ′n Φkm − Φk ′ ′

m Φkn +n−m

xΦkn Φkm

/ ∫ +∞

0

d x

0 =

∫ +∞

0

Φk ′ ′n Φkm d x−

∫ +∞

0

Φk ′ ′m Φkn d x+ (n−m)

∫ +∞

0

1

xΦkn Φkm d x.

Parcijalnom integracijom se dobiva

(Φk ′n Φkm

)∞0−(Φk ′m Φkn

)∞0+ (n−m)

∫ +∞

0

1

xΦkn Φkm d x = 0.

Okrugle su zagrade, zbog (7.134), jednake nuli, pa preostaje

∫ +∞

0

1

xΦkn(x) Φ

km(x) d x = 0, n 6= m.

Sada cemo, polazeci od funkcije izvodnice (7.124) za Lkn, konstruirati gΦ(x, z), funkcijuizvodnicu za Φkn

e−xz/(1−z)

(1− z)k+1=

∞∑

n=0

Lkn(x) zn

/e−x/2 x(k+1)/2

gΦ(x, z) = x(k+1)/2 e−x(1+z)/[2(1−z)]

(1− z)k+1=

∞∑

n=0

Φkn(x) zn.

Pomnozimo dvije funkcije izvodnice

x(k+1)/2 e−x(1+z)/[2(1−z)]

(1− z)k+1=

∞∑

n=0

Φkn(x) zn,

x(k+1)/2 e−x(1+t)/[2(1−t)]

(1− t)k+1=

∞∑

m=0

Φkm(x) tm


i rezultat prointegrirajmo po x

xk+1 e−x(1−zt)/[(1−z)(1−t)]

[(1− t)(1− t)]k+1=

∞∑

n,m=0

Φkn(x) Φkm(x) t

m zn/ ∫ +∞

0

d x

1

[(1− t)(1− t)]k+1

∫ +∞

0

xk+1 e−x(1−zt)/[(1−z)(1−t)] d x =

∞∑

n,m=0

tm zn∫ +∞

0

Φkn(x) Φkm(x) d x.

Zamjenom varijable integracije x sa

v = x1− tz

(1− z)(1− t),

dobiva se (pomocu (7.5))

(1− z)(1− t)

(1− tz)k+2

∫ +∞

0

vk+1 e−v d v

︸︷︷︸= Γ(k + 2) = (k + 1) !

=

∞∑

n,m=0

tm zn∫ +∞

0

Φkn(x) Φkm(x) d x

(1− z)(1− t)

(1− tz)k+2(k + 1) ! =

∞∑

n,m=0

tm zn∫ +∞

0


Kao i ranije, (7.125), razvijamo u red

1

(1− tz)k+2=

∞∑

n=0

(k + n+ 1) !

n ! (k + 1) !(tz)n

i dobivamo

(1− z − t + tz)∞∑

n=0

(k + n + 1) !

n !(tz)n =

∞∑

n,m=0

tm zn∫ +∞

0


Na lijevoj strani vidimo dva clana u kojima se t i z pojavljuju s istom potencijom i dvaclana u kojima se t i z pojavljuju s potencijama koje se razlikuju za jedan

∞∑

n,m=0

tm zn∫ +∞

0

Φkn(x) Φkm(x) d x =

∞∑

n=0

(k + n + 1) !

n !(tz)n +

∞∑

n=0

(k + n + 1) !

n !(tz)n+1

−∞∑

n=0

(k + n + 1) !

n !tnzn+1 −

∞∑

n=0

(k + n+ 1) !

n !zntn+1.

Izdvojimo, i na lijevoj i na desnoj strani, samo one clanove u kojima se t i z pojavljuju sistom potencijom

∞∑

n=0

tn zn∫ +∞

0

Φkn(x) Φkn(x) d x =

∞∑

n=0

(k + n+ 1) !

n !(tz)n +

∞∑

n=0

(k + n+ 1) !

n !(tz)n+1.


Pogledajmo desnu stranu:

(tz)0 :(k + 0 + 1) !

0 !=

(k + 0) !

0 !

[(k + 1) + 0

]

(tz)1 :(k + 1 + 1) !

1 !+

(k + 0 + 1) !

0 !=

(k + 1) !

1 !

[(k + 2) + 1

]

(tz)2 :(k + 2 + 1) !

2 !+

(k + 1 + 1) !

1 !=

(k + 2) !

2 !

[(k + 3) + 2

]

(tz)3 :(k + 3 + 1) !

3 !+

(k + 2 + 1) !

2 !=

(k + 3) !

3 !

[(k + 4) + 3

]

...

(tz)n : =(k + n) !

n !

[(k + n+ 1) + n

].

Usporedbom clanova uz (tz)n na lijevoj i desnoj strani gornje jednadzbe, slijedi

∫ +∞

0

[Φkn(x)

]2d x =

(k + n) !

n !(k + 2n+ 1), (7.136)

ili, preko Lkn ∫ +∞

0

e−x xk+1[Lkn(x)

]2d x =

(k + n) !

n !(k + 2n + 1). (7.137)

dovrsiti dio s tn zn±1

Laguerreove funkcije Lµν s necjelobrojnim indeksima ν i µ, mogu se konstruirati pomocukonfluentne hipergeometrijske funkcije iz odjeljka 7.8

Zadatak: 7.57 Vodikov atomZadatak je rijesiti Schrodingerovu valnu jednadzbu za vodikov atom.

R: Vjerojatno najvaznija primjena Laguerreovih polinoma jeste rjesavanjeradijalne komponente Schrodingerove jednadzbe za vodikov atom. Schrodin-gerova jednadzba se moze shvatiti kao jednadzba sacuvanja energije

Ek + Ep = E,

~p 2

2m+ Ep(r) = E,

prevedena na jezik kvantne mehanike. U kvantnoj mehanici kolicina gibanja,~p postaje operator kolicine gibanja

~p = −ı~−→∇,

dok koordinata r ostaje obicna funkcija. Na taj je nacin zbroj kineticke i


potencijalne energije postao diferencijalni operator (Hamiltonov operator)

H =−~2

2m∇ 2 + Ep(r),

a jednadzba sacuvanja energije je postala jednadzba svojstvenih vrijednosti

Hψ = E ψ,

kojom se odreduje nepoznata svojstvena funkcija ψ i nepoznata svojstvenavrijednost (energija) E. Ovaj je problem vrlo slican problemu nalazenja svoj-stvenih vektora ~v i svojstvenih vrijednosti λ matrice A u linearnoj algebri,

A~v = λ~v,

s tom razlikom da sada operator cija se svojstvena vrijednost trazi,

H = − ~2

2m∇ 2 + Ep(r),

nije matrica nego diferencijalni operator, pa se umjesto svojstvenih vektoraracunaju svojstvene funkcije. Da bi se rijesio vodikov atom (i vodiku slicniatomi), za potencijalnu energiju treba uvrstiti izraz za kulonsku potencijalnuenergiju izmedu elektrona i jezgre

− ~2

2m∇ 2 ψ − Z q2e

rψ = E ψ,

gdje je treba odrediti nepoznanice: ψ valnu funkciju i E nepoznatu energiju.Za vodikov atom je Z = 1, za jednostruko ionizirani helij je Z = 2 i opcenitoje Z broj protona u jezgri. Kada se gornja parcijalna diferencijalna jednadzba(Schrodingerova jednadzba) raspise u sfernim koordinatama, (1.20)

∇ 2 =1

r2∂

∂ r

(r2∂

∂ r

)+

1

r2 sin θ

∂

∂ θ

(sin θ

∂

∂ θ

)+

1

r2 sin2 θ

∂2

∂ ϕ2

i valna funkcija prikaze u obliku umnoska

ψ(r, θ, ϕ) = R(r) Y (θ, ϕ),

dolazi do raspada na dvije diferencijane jednadzbe: jedna za funkciju radijalnekoordinate R(r) i jedna za funkciju obje kutne koordinate Y (θ, ϕ). Rjesenjejednadzbe za kutne koordinate su kugline funkcije Y m

l (θ, ϕ) koje smo upoznaliu odjeljku 7.3.6. Radijalna funkcija je rjesenje jednadzbe

− ~2

2m

1

r2d

d r

(r2dR

d r

)− Z qe

rR +

~2

2m

l(l + 1)

r2R = E R.

Prijelazom s varijable r na ρ = α r, gdje je

α2 = −8mE

~2, E < 0, (7.138)


umjesto funkcije R(r) uvodi se funkcija χ(ρ)

R(r) = R(ρ/α) = χ(ρ).

Uvodenjem jos i konstante

λ =2mZq2eα~2

, (7.139)


1

ρ2d

d ρ

(ρ2d χ(ρ)

d ρ

)+

[−1

4+λ

ρ− l(l + 1)

ρ2

]χ(ρ) = 0.

Povezimo gornju jednadzbu s (7.135) tako sto cemo se zapitati kako izgleda

Φk=2l+1n=λ−l−1?

Prema (7.134) je

Φ2l+1λ−l−1(ρ) = e−ρ/2 ρl+1 L2l+1

λ−l−1.

Pogledajmo kako izgleda gornja jednadzba, ako za χ uvrstimo

χ =1

ρΦ2l+1λ−l−1,

i odgovarajuce derivacije χ ′ i χ ′ ′

d2

d ρ2Φ2l+1λ−l−1(ρ) +

[−1

4+λ

ρ− l(l + 1)

ρ2

]Φ2l+1λ−l−1(ρ) = 0. (7.140)

To je upravo jednadzba (7.135) uz zamjene

n = λ− l − 1,

k = 2l + 1.

Iz ovoga se zakljucuje da je

χ(ρ) = e−ρ/2 ρl L2l+1λ−l−1(ρ)

rjesenje radijanog dijela Schrodingerove valne jednadzbe atoma slicnih vodiku

R(r) = χ(αr) = e−αr/2 (αr)l L2l+1λ−l−1(αr).

Vazno je primjetiti da je parametar λ odreden uvjetom11 λ = n + l + 1 zan = 1, 2, · · · . Ovaj uvjet na n, osigurava da valna funkcija iscezava na velikimudaljenostima od atoma

limr→∞

R(r) = 0,

sto je fizicki posve razumljivo. Preko relacija (7.138) i (7.139), uvjet na λ ≡ n

11Pokazuje se da za necjelobrojne vrijednosti n, Laguerreova funkcija divergira za r → ∞.


implicira i slijedeci uvjet na energiju

λ ≡ n + l + 1 =2mZq2eα~2

⇒ αn,l =2mZq2e

(n+ l + 1)~2

E → En,l = −~2α2

n,l

8m=

−1

(n + l + 1)2mZ2q4e2~2

.

Ovaj rezultat za energiju je vrlo vazan: on pokazuje da energija ne moze po-primati kontinuirane vrijednosti, nego samo diskretan skup vrijednostiodreden s

n+ l + 1 = 1, 2, · · · .

Ove vrijednosti energije se nazivaju energijeske razine. Ako s E oznacimo iznos

najnize energije (energiju osnovnog stanja, n+ l+1 = 1) E = (mZ2q4e)/(2~2),

tada je nekoliko najnizih vrijednosti energije jednako

En+l+1=1 = −1 E,

En+l+1=2 = −1

4E,

En+l+1=3 = −1

9E,

En+l+1=4 = − 1

16E,

...

Primjetimo da razmak medu energijskim razinama nije ekvidistantan, nego dase smanjuje s n kao

Ek − Ek−1 = E2k − 1

k2 (k − 1)2.

Konacno, cijela valna funkcija je umnozak radijalne R i kutne Y funkcije.Uzme li se u obzir normiranje (7.137), potpuna valna funkcija vodika i vodikuslicnih atoma je

ψn,l,m(r, θ, ϕ) =

[(2Z

na0

)3(n− l − 1) !

2n (n+ l) !

]1/2e−αr/2 (αr)l L2l+1

n−l−1(αr) Yml (θ, ϕ),

gdje je a0 = ~2/(m q2e) Bohrov polumjer.

7.6. CEBISEVLJEVI POLINOMI 355

7.6 Cebisevljevi polinomi

Cebisevljevi polinomi prve vrste

Tn(x) =

[n/2]∑

k=0

(n

2k

)(x2 − 1)k xn−2k

cos(nϕ) = Tn(cosϕ)

7.7 Hipergeometrijska funkcija

7.8 Konfluentna hipergeometrijska funkcija

7.9 Specijalne funkcije - sazetak

Funkcije izvodnice

e(x/2)(t−1/t) =

+∞∑

n=−∞Jn(x) t

n, Bessel,

(1− 2xt+ t2)−1/2 =

∞∑

l=0

Pl(x) tl, Legendre,

e2tx−t2

=

∞∑

n=0

Hn(x)tn

n !, Hermite,

Ortogonalnost

Bessel ,

Legendre

∫ +1

−1

Pl(x) Pm(x) d x = δl,m2

2l + 1,

Hermite

Rekurzije


Bessel Jm(x) + Jm+2(x) =2(m+ 1)

xJm+1(x),

Jm−1(x)− Jm+1(x) = 2 J ′m(x),

Legendre

Hermite

Parnost:Posebne vrijednosti:

Poglavlje 8

Fourierovi redovi

Do sada smo pokazali kako se funkcija moze napisati u obliku razvoja u red potencija(odjeljak ), u red po Legendreovim polinomima (odjeljak ), u red po kuglinim funkcijama(odjeljak ), u red po Hermiteovim polinomima (odjeljak ) i u red po Laguerreovim poli-nomima (odjeljak ). U ovom ce se odjeljku pokazati kako se (periodicna) funkcija mozerazviti u red po sinusima i kosinusima.

8.1 Opca svojstva

Fourierovi redovi se mogu definirati kao razvoj (ili reprezentacija) proizvoljne periodicnefunkcije f(x) po sinusima i kosinusima, tako da je

f(x) =C0

2+

∞∑

n=1

Cn cosnx+∞∑

n=1

Sn sin nx. (8.1)

Funkcija f je periodicna na intervalu duljine 2 π. Kao sto ce se pokazati, koeficijentiCn i Sn se racunaju iz periodicne funkcije f(x) pomocu izraza (8.8) i (8.9). Primjetimoda je koeficijent C0 izdvojen; to je napravljeno zato da bi relacija (8.8) vrijedila za sven = 0, 1, 2, · · · .Da bi relacija (8.1) vrijedila, funkcija f mora zadovoljavati slijedeca dva uvjeta1:

1. na intervalu [0, 2π], funkcija f ima samo konacan broj diskontinuiteta konacnog iznosa;

2. na intervalu [0, 2π], funkcija f ima samo konacan broj ekstrema (maksimumaili minimuma).

Funkcije koje zadovoljavaju gornje uvjete se zovu po dijelovima regularne funkcije,a sami uvjeti su poznati kao Dirichletovi uvjeti.Izraze li se trigonometrijske funkcije preko eksponencijalne

cosnx =e ınx + e−ınx

2, sin nx =

e ınx − e−ınx

2 ı(8.2)

1To su dovoljni, a ne nuzni uvjeti.

357

358 POGLAVLJE 8. FOURIEROVI REDOVI

f(x) postaje

f(x) =C0

2+

∞∑

n=1

Cne ınx + e−ınx

2+

∞∑

n=1

Sne ınx − e−ınx

2 ı

=C0

2+

1

2

∞∑

n=1

(Cn − ıSn) eınx +

1

2

∞∑

n=1

(Cn + ıSn) e−ınx.

Ako nazovemo

c0 =C0

2

cn =1

2(Cn − ıSn),

c−n =1

2(Cn + ıSn) = c ⋆n , n > 0,

tada je

f(x) =

∞∑

n=1

cn eınx + c0 +

∞∑

n=1

c−n e−ınx

=

∞∑

n=1

cn eınx + c0 +

−1∑

m=−∞cm e ımx

=

∞∑

n=−∞cn e

ınx =

∞∑

n=−∞cn (e ıx)n . (8.3)

Fourierova se preobrazba susrece i u teoriji vjerojatnosti i statistici pod nazivom karak-terisitcne funkcije2

CX(k) = 〈 e ı x k 〉 =

∑xkx=xp

e ı k x P (x), x je diskretan,

∫ xkxp

e ı k x ρ(x) dx. x je kontinuiran.,

gdje je P (x) raspodjela vjerojatnosti diskretne, a ρ(x) je raspodjela gustce vjerojatnostikontinuirane slucajne varijable X .

Potpunost:Problemu utvrdivanja potpunosti ovakvog razvoja, moze se prici na vise nacina. Jedanje nacin da se Fourierov red transformira u eksponencijalni oblik, (8.3), i zatim usporedis Laurentovim razvojem. Ako se f(z) razvije u Laurentov red (kao u odjeljku 2.5), uz

2Vidjeti npr. [5].

8.1. OPCA SVOJSTVA 359

pretpostavku da je f analiticka funkcija, dobije se

f(z) =

∞∑

n=−∞dn z

n.

Na jedinicnoj kruznici je z = e ıϕ, pa je tada i

f(z) = f(e ı ϕ) =

∞∑

n=−∞dn e

ı n ϕ,

a to je razvoj istog oblika kao i kompleksni Fourierov red (8.3), iz cega se vidi ekviva-lentnost ova dva razvoja. Buduci da Laurentov razvoj kao razvoj u red potencija imasvojstvo potpunosti, vidimo da i Fourierove funkcije e ınx takoder cine potpun skup. Ov-dje ipak postoji i znacajna razlika, jer Laurentovi redovi i redovi potencija nemogu opisati diskontinuitete koji se pojavljuju npr. kod kvadratnog ili zupcastogvala (slika 8.1).

Teorija vektorskih prostora sadrzi jos jedan nacin da se dokaze potpunost sinusa i kosinusa,a dokaz se zasniva na Weierstrassovom teoremu za dvije varijable.

Mogucnost postojanja Fourierovog razvoja, kao i svojstvo potpunosti se mogu ocekivatiza funkcije sinnx, cos nx i e± ı n x, zato jer su sve te funkcije svojstvene3 funkcije samo-adjungirane linearne diferencijalne jednadzbe

y ′ ′(x) + n2 y(x) = 0

(oblika jednadzbe jednodimenzijskog slobodnog harmonijskog oscilatora, vidjeti npr. u[4]). Za razlicite vrijednosti n i x ∈ [0, p π], dobivaju se ortogonalne svojstvene funk-cije koje zadovoljavaju rubne uvjete Sturm-Liouvilleove teorije iz poglavlja 5. Ako se,nadalje, odabere p = 2, razlicite svojstvene funkcije za isti n (dakle, degenerirane) moguse odabrati tako da budu ortogonalne. Tako je npr.

∫ x0+2π

x0

sinmx sinnx d x =

π δm,n, m 6= 0,

0, m = 0 ,(8.4)

∫ x0+2π

x0

cosmx cosnx d x =

π δm,n, m 6= 0,

2 π, m = n = 0 ,(8.5)

∫ x0+2π

x0

sinmx cosnx d x = 0, ∀m,n ∈ Z. (8.6)

Najcesce se odabire x0 = 0, cime se dobiva interval [0, 2π] ili x0 = −π, cime se dobiva

3ali kao sto to vidimo iz (8.2), nisu sve medusobno nezavisne


interval [−π, π].

Za kompleksne svojstvene funkcije e±ınx, ortogonalnost se obicno definira tako da jednaod funkcija bude kompleksno konjugirana

∫ x0+2π

x0

(e ımx) ⋆ e ınx d x = 2 π δm,n, (8.7)

sto je i skladu s tretmanom kuglinih funkcija u odjeljku 7.3.6.

Zadatak: 8.1 Izravnom integracijom dokazite relacije (8.4) - (8.7).

R:dovrsiti

Sturm-Liouvilleova teorija:Sturm-Liouvilleova teorija jamci vjerodostojnost jednadzbe (8.1) (za funkcije koje zado-voljavaju Dirichletove rubne uvjete) i preko relacija ortogonalnosti (8.4) - (8.6) omogucavaizracunavanje koeficijenata razvoja

Cn =1

π

∫ 2π

0

f(t) cosnt d t, (8.8)

n = 0, 1, 2, · · · ,

Sn =1

π

∫ 2π

0

f(t) sinnt d t, (8.9)

naravno, ukoliko gornji integrali postoje, a oni ce postojati ukoliko je f po dijelovimakontinuirana (ili kvadratno integrabilna). Uvrstavanjem koeficijenata (8.8) i (8.9) u (8.1),dobiva se

f(x) =1

2 π

∫ 2π

0

f(t) d t+1

π

∞∑

n=1

(cosnx

∫ 2 π

0

f(t) cosnt d t+ sinnx

∫ 2π

0

f(t) sin nt d t

)

=1

2 π

∫ 2π

0

f(t) d t+1

π

∞∑

n=1

∫ 2π

0

f(t)(cos nt cos nx+ sin nx sin nt

)d t

=1

2 π

∫ 2π

0

f(t) d t+1

π

∞∑

n=1

∫ 2π

0

f(t) cos n(t− x) d t.

Primjetimo da prvi (konstantni) clan predstavlja srednju vrijednost funkcije f naintervalu [0, 2π]. Gornji izraz je jedno od mogucih polazista za razvoj Fourierovih integralai Fourierovih preobrazbi u odjeljku 9.1.


Jos jedan nacin da se opisu dosadasnji rezultati jeste da se kaze da je f(x) funkcija ubeskonacnodimenzijskom Hilbertovom prostoru s ortogonalnim funkcijama cosnx i sinnxkao bazom (prema (8.4) i (8.5), dijeljenjem s

√π oni se uvijek lako mogu normirati na

jedinicu). Tvrdnja da cos nx i sin nx razapinju Hilbertov prostor je ekvivalentna tvrdnjida oni cine potpun skup. Konacno, koeficijenti razvoja Cn i Sn jesu projekcije f(x) nasmjerove baznih vektora cosnx i sin nx, koje su dobivene skalarnim umnoscima (8.8) i(8.9).

Konvergencija - zupcasti val:Predodzba o konvergenciji Fourierovih redova i gresci koja nastaje kada se koristi samokonacan broj clanova reda, moze se dobiti razmatranjem reda koji se dobije razvojemfunkcije

f(x) =

x, 0 ≤ x < π,

x− 2π, π < x ≤ 2π .

Gornja funkcija, perioda 2π, predstavlja zupcasti val. Uobicajeno je za ovaj primjer da

Slika 8.1: Zupcasti val.

se umjesto intervala [0, 2π] koristi interval [−π, π]. U tom je intervalu gornja funkcijanaprosto jednaka

f(x) = x, −π ≤ x ≤ π,

slika (8.1). Pomocu (8.8) i (8.9) izracunajmo koeficijente Cn i Sn. Buduci da je funkcijaneparna, to ce svi koeficijenti Cn biti jednaki nuli

Cn =1

π

∫ π

−πt cos nt d t = 0.


Koeficijenti Sn

Sn =1

π

∫ π

−πt sin nt d t

se racunaju parcijalnom integracijom

d

dt

(t cosnt

)= cosnt− nt sin nt,

t sin nt =1

ncosnt− 1

n

d

dt

(t cos nt

),

∫ π

−πt sinnt dt =

1

n

∫ π

−πcosnt dt− 1

n

(t cosnt

)π−π

=2π

n(−1)n+1,

Sn =1

π

∫ π

−πt sin nt d t =

1

π

2π

n(−1)n+1 =

2

n(−1)n+1.

tako da je cijela funkcija jednaka

f(x) = x = 2

∞∑

n=1

(−1)n+1 sinnx

n= 2

[sin x− sin 2x

2+

sin 3x

3− sin 4x

4+ · · ·

]. (8.10)

Nekoliko prvih clanova gornjeg reda je prikazano na slici 8.2. Funkcija je neparna, pa

Slika 8.2: Aproksimacije zupcastog vala Fourierovim redom sa 3, 6 i 12 clanova.

-4

-2

0

2

4

-4

-2

0

2

4

-6 -4 -2 0 2 4 6-4

-2

0

2

4

n = 3

n = 6

n = 12

se zato u njezinom razvoju pojavljuju samo sinusi. Primjetimo neke karakteristike ovograzvoja:- s porastom broja clanova reda, povecava se tocnost reprezentacije funkcije f (visi clanovi


doprinose kao 1/n);- svi clanovi prolaze (egzaktnom) sredisnjom tockom f(x = 0) = 0;- u blizini x = π, svi clanovi naglo iscezavaju, i to utoliko strmije sto je clan viseg reda.Primjetimo jos i da u tocki x = π/2, gornji izraz predstavlja alternativni izvod Leibnizoveformule

π

4= 1− 1

3+

1

5− 1

7+

1

9− · · · .

Zadatak: 8.2 Razvijte u Fourierov red funkciju

f(x) =

−π4, −π < x ≤ 0,

π

4, 0 < x ≤ π .

R:dovrsiti

Ponasanje u tocki diskontinuiteta:U tocki x = π, zupcasti val ima diskontinuitet (skok) konacnog iznosa. Opceniti dokaz(koji necemo navoditi) daje vrijednost u tocki diskontinuiteta u obliku aritmeticke sredinelijevog i desnog limesa

f(x0) =f(x0 + 0) + f(x0 − 0)

2.

Mali porast sinusa neposredno ispred x = π je primjer onoga sto ce se u odjeljku 8.5diskutirati kao Gibbsova pojava.

Zbrajanje Fourierovih redova:Do sada smo vidjeli kako se pomocu poznate funkcije f mogu naci koeficijenti Cn i Sn

razvoja (8.1). Sada cemo opisati suprotan postupak: krecemo od poznatog (zadanog)reda oblika (8.1), a zadatak je odrediti funkciju f . Postupak cemo objasniti na primjerureda

∞∑

n=1

cos nx

n, 0 ≤ x ≤ 2π.

Gornji je red samo uvjetno konvergentan (jer divergira u x = 0 i x = 2π), ali se lako mozenapraviti apsolutno konvergentnim na slijedeci nacin

∞∑

n=1

cosnx

n= lim

r→1

∞∑

n=1

rn cosnx

n, |r| < 1.

Osnovna zamisao, primjenjiva ne samo na ovaj primjer, jeste da se sinusi i/ili kosinusi


napisu u eksponencijalnom obliku i da se na taj nacin umjesto redova sinusa i/ili kosinusadobiju redovi potencija

∞∑

n=1

rn cos nx

n=

1

2

∞∑

n=1

rn e ınx

n+

1

2

∞∑

n=1

rn e−ınx

n

=1

2

∞∑

n=1

(r e ıx

)n

n+

1

2

∞∑

n=1

(r e−ıx

)n

n. (8.11)

No, sada je lako gornje redove prepoznati kao MacLaurinove razvoje od − ln(1− z)

− ln(1− z) = z +z2

2+z3

3+z4

4+ · · · ,

za z = r e ıx i z = r e−ıx. Na taj nacin je

∞∑

n=1

rn cosnx

n=

−1

2ln(1− r e ıx)− 1

2ln(1− r e−ıx)

=−1

2ln(1− r e ıx − r e−ıx + r2

)

= ln[(1 + r2)− 2r cosx

]−1/2

.

Da bi se dobio zbroj pocetnog reda, treba jos izvesti granicni prijelaz r → 1

∞∑

n=1

cosnx

n= lim

r→1ln[(1 + r2)− 2r cosx

]−1/2

= − ln[2(1− cosx)

]1/2

= − ln∣∣∣2 sin

x

2

∣∣∣ , 0 ≤ x ≤ 2π.

Primjetimo da i rezultat divergira u x = 0 i x = 2π.

Zadatak: 8.3 Zbrojite trigonometrijski red

∞∑

n=1

sinnx

n.

R:dovrsiti


∞∑

n=1

(−1)n+1 sinnx

n.

R:


dovrsiti


∞∑

n=0

sin(2n+ 1)x

2n+ 1.

R:

∞∑

n=0

sin(2n+ 1)x

2n+ 1=

∞∑

n=0

eı(2n+1)x − e−ı(2n+1)x

2ı(2n+ 1).

Kako bi gornji redovi konvergirali za svaku vrijednost x, treba ih pomnoziti sr uz |r| < 1

∞∑

n=0

sin(2n+ 1)x

2n+ 1= lim

r→0

∞∑

n=0

r2n+1 eı(2n+1)x − r2n+1 e−ı(2n+1)x

2ı(2n+ 1)

=1

2ılimr→0

[ ∞∑

n=0

(reıx)2n+1

2n+ 1−

∞∑

n=0

(re−ıx)2n+1

2n+ 1

].

Sada se treba sjetiti da je

ln1 + x

1− x= 2

(x+

x3

3+x5

5+ · · ·

), |x| < 1,

pomocu cega slijedi

∞∑

n=0

sin(2n+ 1)x

2n+ 1=

1

4ılimr→0

(ln

1 + reıx

1− reıx− 1 + re−ıx

1− re−ıx

)

=1

4ıln(−1).

Broj −1 se moze napisati i kao

−1 = e±ıπ =⇒∞∑

n=0

sin(2n+ 1)x

2n+ 1=

1

4ıln e±ıπ =

e−ıπ/2

−π4, −π < x ≤ 0,

π

4, 0 < x ≤ π .

Viticasta zagrada dolazi zato jer je za negativne x i sinus je negativan, a zapozitivne x i sinus je pozitivan.


8.2 Prednosti koristenja Fourierovih redova

Diskontinuirane funkcije:Jedna od prednosti Fourierovog razvoja u odnose na druge razvoje (npr. poput Taylo-

rovog), jeste mogucnost razvoja diskontinuiranih funkcija. jedan takav primjer, razvojzupcastog vala, smo vidjeli u prethodnom odjeljku. Jos nekoliko primjera se mogu naci uodjeljku 8.3.

Periodicne funkcije:Ako je funkcija f(x) periodicna s periodom 2π, tada se cini posve prirodno, razviti ju

u red po funkcijama perioda 2π, 2π/2, 2π/3, · · · . Na taj se nacin postize to da ako jefunkcija f razvijena u intervalu [0, 2π] ili [−π, π], zbog periodicnosti, razvoj ce vrijeditiza sve konacne vrijednosti x.

Nekoliko rijeci o simetrijskim svojstvima. U simetrijskim razmatranjim se obicno koristiinterval [−π, π] u kojemu je sinus neparna, a kosinus parna funkcija x. U skladu s (8.8) i(8.9), koje u intervalu [−π, π] glase

Cn =1

π

∫ π

−πf(t) cosnt d t,

Sn =1

π

∫ π

−πf(t) sinnt d t,

ako je f neparna funkcija svi su Cn = 0; naprotiv, ako je f parna funkcija, svi su Sn = 0

f(x) =C0

2+

∞∑

n=1

Cn cosnx, f(x) parna, (8.12)

f(x) =

∞∑

n=1

Sn sinnx, f(x) neparna. (8.13)

Vec smo konstatirali da su Fourierovi redovi periodicni. To je svojstvo vazno kada se zeliutvrditi vrijedi li (8.1) izvan pocetnog intervala. Pretpostavimo da nam je poznato samoda je

f(x) = x, 0 ≤ x < π,

a zadatak je naci reprezentaciju f u obliku razvoja u red. Navedimo tri od bezbrojmogucih takvih razvoja.

(1) Taylorov razvoj u red potencija sadrzi samo jedan clan

f(x) = x.

Ovaj je red definiran za sve konacne vrijednosti x (a ne samo za x iz pocetnog intervala0 ≤ x < π).

8.2. PREDNOSTI KORISTENJA FOURIEROVIH REDOVA 367

(2) Fourierov razvoj po kosinusima (8.12), predvida da je

f(x) =

−x, −π < x ≤ 0,

2π − x, π < x < 2π .

(3) Fourierov razvoj po sinusima (8.13) predvida ponasanje izvan zadanog intervaladano sa

f(x) =

x, −π < x ≤ 0,

x− 2π, π < x < 2π .

Sva tri gornja razvoja se poklapaju u pocetnom intervalu 0 ≤ x < π, no izvan togintervala, oni se znacajno razlikuju. Koji je od ova tri razvoja tocan i je li uopce ijedanod njih tocan, ne mozemo znati bez dodatnih informacija o f .

Harmonijski oscilator:Osim predstavljnja diskontinuiranih i periodicnih funkcija, postoji i treca vrlo vazna

prednost koristenja Fourierovih redova. Pretpostavimo da rjesavamo jednadzbu gibanjaharmonijskog oscilatora na koji djeluje vanjska sila. Fourierov red za vanjsku silu tadadaje osnovni clan i vise harmonike4. Buduci da je jednadzba gibanja linearna, ona se mozerjesavati odvojeno za svaki harmonik, sto je postupak puno jednostavniji nego rjesavanjejednadzbe za cijelu vanjsku silu odjednom. Nakon sto se dobiju rjesenja za svaki harmonikposebno, rjesenje za cijelu vanjsku silu je jednostavno zbroj rjesenja za pojedine harmo-nike (vidjeti npr. poglavlje o gibanju harmonijskog oscilatora pod djelovanjem vanjskesile u [4]).

Promjena intervala:Do sada smo sve vrijeme pretpostavljali da je funkcija f periodicna s periodom 2π, no tose ogranicenje lako moze ukloniti. Neka je f periodicna s periodom 2L

f(x) = f(x+ 2L).

U ovom slucaju i sinusi i kosinusi iz razvoja (8.1) takoder moraju biti periodocni s 2L.Tako npr. za mora vrijediti

cos ax = cos a(x+ 2L),

sin ax = sin a(x+ 2L),

za konstantu a koju cemo odrediti raspisom gornjih uvjeta. Za kosinus se dobiva

cos ax = cos a(x+ 2L) = cos ax cos a 2 L− sin ax sin a2L,

⇒ cos a 2 L = 1, sin a 2 L = 0.

4vidjeti npr. odjeljak 5.5 u [4]


Obje gornje relacije su zadovoljene, ako je

a 2 L = n2π, ⇒ a = an = nπ

L.

Isti se rezultat dobije i raspisom sinusa. Primjetimo da za L ≡ π, reporoduciramo ranijirezultat an = n, kao sto i mora biti.Time razvoj (8.1) postaje

f(x) =C0

2+

∞∑

n=1

Cn cosnxπ

L+

∞∑

n=1

Sn sinnxπ

L.

Koeficijente Cn i Sn racunamo iz (8.8) i (8.9) uz zamjenu varijable

t =yπ

L.

Cn =1

π

∫ x0+2π

x0

f(t) cosnt d t =1

L

∫ y0+2L

y0

f(yπ/L) cosnyπ

Ld y,

Sn =1

π

∫ x0+2π

x0

f(t) sinnt d t =1

L

∫ y0+2L

y0

f(yπ/L) sinnyπ

Ld y,

gdje je

y0 =Lx0π.

Odabirom y0 = −L, dobiva se simetrican zapis

Cn =1

L

∫ L

−Lf(yπ/L) cos

nyπ

Ld y,

Sn =1

L

∫ L

−Lf(yπ/L) sin

nyπ

Ld y.

Zadatak: 8.6 (a) Razvijte f(x) = x u red na intervalu (0, 2L).(b) Razvijte f(x) = x u red po sinusima na intervalu (0, L).

R:dovrsiti

Zadatak: 8.7 U nekim je slucajevima uobicajeno sin πx na intervalu [0, 1] aproksimiratiparabolom ax(1− x), gdje je a konstanta. Da biste dobili osjecaj o tocnosti teaproksimacije, razvijte 4x(1− x) u sinusov Fourierov red

f(x) =

4x(1− x) 0 ≤ x ≤ 1

4x(1 + x) − 1 ≤ x ≤ 0

=

∞∑

n=1

bn sin πx.

8.3. PRIMJENE FOURIEROVIH REDOVA 369

R:dovrsiti

8.3 Primjene Fourierovih redova

Primjer: 8.1 Pokazimo kako se izvodi Fourierov red za kvadratni val sa slike (8.3).

Oblik vala sa slike (8.3) se cesto pojavljuje u elektronickim krugovima u kojim se pojavljujuostri pulsevi struje ili napona. Neka je val (do na periodicnost) definiran jednadzbom

Slika 8.3: Kvadratni val.

f(x) =

0, −π ≤ x < 0,

h, 0 ≤ x < π .

Koeficijente reda racunamo iz (8.8) i (8.9)

C0 =1

π

∫ π

0

h d t = h,

Cn =1

π

∫ π

0

h cosnt d t = 0, n = 1, 2, · · ·

Sn =1

π

∫ π

0

h sinnt d t =h

nπ(1− cos nπ) =

2h

nπ, n neparan,

0, n paran .


Uvrstavanjem gornjih koeficijenata u (8.1), dobije ze red za f

f(x) =h

2+

2h

π

(sin x

1+

sin 3x

3+

sin 5x

5+ · · ·

)(8.14)

Slika 8.4 ilustrira gornju formulu (uz h = 1). Kao sto je vec spomenuto, prvi clan

Slika 8.4: Aproksimacija kvadratnog vala sa svim clanovima manjim ili jednakim oznacenom clanu.

-10 -5 0 5 100

0.5

1

1.5

2

-10 -5 0 5 100

0.5

1

1.5

2

-10 -5 0 5 100

0.5

1

1.5

2

( sin 5 x ) / 5

( sin 11 x ) / 11

( sin 23 x ) / 23

predstavlja srednju vrijednost funkcije na zadanom intervalu. Buduci da je funkcija f−h/2neparna, to svi koeficijenti uz kosinuse iscezavaju. Primjetimo takoder i da neiscezavajuciclanovi trnu kao 1/n (sto podsjeca na harmonijski red), tj. trnu sporo i cine da su vaznii oni clanovi s vrlo visokim frekvencijama. To znaci da ako zelimo da elektronicki uredajkorektno analizira kvadratni val, on (uredaj) mora biti sposoban propustati vrlo visokefrekvencije. U suprotnom, uredaj ce kvadratni val zaobliti.

Primjer: 8.2 Zadatak je izvesti Fourierov red za ispravljac sa slike (8.5).

Rad ispravljaca se sastoji u slijedecem: na ulazu je sinusni val; pozitivni dio vala sepropusta, a negativnom dijelu se promjeni predznak. Rezultat ovakvog postupka je prika-zan na slici (8.5). Funkcija f(t) koja obavlja opisani postupak je zadana sa

f(t) =

− sinωt, −π ≤ ωt < 0,

sinωt, 0 ≤ ωt < π .

Ovako definirana funkcija f(t) je parna, pa ce u Fourierovom razvoju biti svi Sn = 0.


Slika 8.5: Ispravljac.

Prema (8.8) je

Cn =1

π

∫ +π

−πf(t) cosnt d t,

gdje je t varijabla u kojoj je f periodicna s intervalom (−π,+π). S navedenim intervalomfunkcija f je periodicna u varijabli u ≡ ωt, pa se zato gornja relacija u ovom slucaju pisekao

Cn =1

π

∫ +π

−πf(u) cosnu d u.

Za n = 0 se dobiva

C0 =1

π

∫ 0

−π

(− sin u

)d u+

1

π

∫ π

0

(+ sin u

)d u

=2

π

∫ π

0

sin u d u =2

π

(cosu

)0π=

4

π.


Za n = 1, 2, 3, · · · treba izracunati

Cn =2

π

∫ π

0

sin u cos nu d u

=1

π

∫ π

0

[sin(n+ 1)u− sin(n− 1)u

]d u

=1

π

1

n+ 1

∫ (n+1)π

0

sin x d x− 1

π

1

n− 1

∫ (n−1)π

0

sin x d x

=1

π

1

n+ 1

[1− cos(n+ 1)π

]− 1

π

1

n− 1

[1− cos(n− 1)π

].

Obje gornje uglate zagrade su jednake 2, ako je n paran broj, a jednake su 0, ako je nneparan. Stoga je

Cn = − 4

π

1

n2 − 1,

za parni n i Cn = 0 za neparni n. Uz ove vrijednosti koeficijenata Cn, Fourierov razvojispravljacke funkcije f(t) je

f(t) =2

π− 4

π

∑

parni n

cosnωt

n2 − 1, (8.15)

=2

π− 4

π

(cos 2ωt

3+

cos 4ωt

15+

cos 6ωt

35+ · · ·

).

Pocetna frekvencija ω je nestala, a kao najniza frekvencija titranja pojavila se frekvencija2ω. Doprinos od visokih frekvencija se smanjuje kao 1/n2, sto znaci da ce i razmjernomali broj pocetnih clanova dobro opisati ispravljac (slika 8.6).Primjetimo takoder da je u zadatku 8.1 funkcija bila diskontinuirana, sto je vodilo na

Fourierov red ciji su clanovi konvergirali kao 1/n, dok u ovom primjeru s kontinuiranomfunkcijom (i diskontinuiranom derivacijom), red konvergira kao 1/n2.

Primjer: 8.3 Riemannova zeta funkcija:Kao posljednji primjer razmotrimo cisto matematicki problem razvoja funkcije

f(x) = x2, −π < x ≤ π.

Funkcija f je parna, pa zato svi koeficijenti uz sinuse moraju iscezavati, Sn = 0. ZaCn-ove se dobiva

C0 =1

π

∫ π

−πt2 d t =

2π2

3,

Cn =1

π

∫ π

−πt2 cosnt d t n = 1, 2, · · · .


Slika 8.6: Gornji dio slike prikazuje konstantni i clan s cos 2ωt iz izraza (8.15), a donji dio slike prikazujekonstantni i sve clanove do (ukljucivo) clana cos 12ωt istog izraza.

0

0.5

1

f (t

)

-10 -5 0 5 10 ω t

0

0.5

1

f (t

)

n = 2

n = 12

Dvostrukom parcijalnom integracijom se dobiva

Cn =2

π(−1)n

2π

n2= (−1)n

4

n2.

Time je funkcija x2 predstavljena u obliku

x2 =π2

3+ 4

∞∑

n=1

(−1)ncosnx

n2.

Gornja relacija sama po sebi i nije osobito vazna, no ona to postaje kada se postavi5

x = π. Tada je

cosnx = cosnπ = (−1)n

i gornja jednadzba postaje

π2 =π2

3+ 4

∞∑

n=1

1

n2,

tj.

π2

6=

∞∑

n=1

1

n2= ζ(2)

5Primjetimo da tocka x = π nije tocka diskontinuiteta.


gdje je ζ(x) Riemannova zeta funkcija

ζ(x) =∞∑

n=1

1

nx

u tocki x = 2.

Poput gornjeg razvoja x2 i razvoji drugih potencija vode na zanimljive rezultate. Neki odnjih su dani sa:

(1)

∞∑

n=1

sinnx

n=

−1

2(π + x), −π ≤ x < 0,

1

2(π − x), 0 ≤ x < π ,

(2)∞∑

n=1

(−1)n+1 sinnx

n=x

2, −π < x < π

(3)

∞∑

n=0

sin(2n+ 1)x

2n+ 1=

−π4, −π < x < 0,

π

4, 0 < x < π ,

(4)

∞∑

n=1

cosnx

n= − ln

[2 sin

|x|2

], −π < x < π

(5)

∞∑

n=1

(−1)ncosnx

n= − ln

[2 cos

x

2

], −π < x < π

(6)

∞∑

n=0

cos(2n+ 1)x

2n+ 1=

1

2ln

[2 cot

|x|2

], −π < x < π.

Zadatak: 8.8 Izvedite Fourierov prikaz funkcije

f(x) =

0 − π ≤ ωt ≤ 0

sinωt 0 ≤ ωt ≤ π.

R:dovrsiti


Zadatak: 8.9 Zadan je zupcasti val

f(x) =

−π + x

2, −π ≤ x < 0,

π − x

2, 0 < x ≤ π .

Nacrtajte f(x) i izracunajte razvoj u Fourierov red.

R:dovrsiti

Zadatak: 8.10 Zadan je trokutasti val

f(x) =

−x, −π ≤ x < 0,

x, 0 < x ≤ π .

Nacrtajte f(x) i izracunajte razvoj u Fourierov red.

R:dovrsiti

8.3.1 Riemannova zeta funkcija

Rjesenje za ravni val (8.14) i izraz (3) odozgo,

g(x) =∞∑

n=0

sin(2n + 1)x

2n+ 1= (−1)m

π

4, mπ < x < (m+ 1)π (8.16)

mogu se iskoristiti za izvod Riemannove funkcionalne jednadzbe za zeta funkciju.Prema definiciji, zeta funkcija je

ζ(s) =∞∑

n=1

1

ns,


za proizvoljni kompleksni s. U gornjem zbroju, sve clanove mozemo grupirati u parne ineparne n-ove.

ζ(s) =∞∑

n=1

1

(2n)s+

∞∑

n=0

1

(2n+ 1)s

= 2−s ζ(s) +∞∑

n=0

1

(2n+ 1)s

ζ(s) =1

1− 2−s

∞∑

n=0

1

(2n+ 1)s.

I parni i neparni red konvergiraju za σ ≡ ℜ s > 1. Iz gornje relacije je zbroj neparnihclanova

λ(s) ≡∞∑

n=0

1

(2n+ 1)s= (1− 2−s) ζ(s). (8.17)

Ako se na parne i neparne clanove rastavi funkcija

η(s) =∞∑

n=1

(−1)n−1

ns(8.18)

=∞∑

n=0

1

(2n+ 1)s−

∞∑

n=1

1

(2n)s

= (1− 2−s) ζ(s)− 2−s ζ(s) = (1− 21−s) ζ(s), (8.19)

sto konvergira (prema Leibnizovu kriteriju konvergencije) vec za ℜ s ≡ σ > 0.

Podsjetimo se sada Eulerove integralne reprezentacije gama funkcije (7.5),∫ ∞

0

ys−1 e−ny d y =/ny = t

/= n−s

∫ ∞

0

ts−1 e−t d t = n−s Γ(s).

Zbrojimo li gornji izraz po n od 1 do beskonacno i na lijevoj strani zbrojimo geometrijskired

∫ ∞

0

ys−1 e−ny d y = n−s Γ(s)

/ ∞∑

n=1

(8.20)

∫ ∞

0

ys−1∞∑

n=1

(e−y)n

d y = Γ(s)∞∑

n=1

n−s

dobiva se integralni prikaz zeta funkcije

ζ(s) =1

Γ(s)

∫ ∞

0

ys−1

ey − 1d y.


Ako se u (8.20) izvedu dvije zamjene

(1) n→ ı n,

(2) n→ −ı n,

dobit ce se6

∫ ∞

0

ys−1 e−ıny d y = n−s Γ(s) e−ıπs/2

∫ ∞

0

ys−1 eıny d y = n−s Γ(s) eıπs/2.

Oduzmu li se gornje dvije jednadzbe jedna od druge i rezultat se podijeli s 2ı, dobiva se∫ ∞

0

ys−1 sinny d y = n−s Γ(s) sinπs

2.

Podijelimo gornju jednadzbu s n i sve zbrojimo po neparnim n-ovima

∫ ∞

0

ys−1∞∑

n=0

sin(2n+ 1)y

2n+ 1d y = Γ(s) sin

πs

2

∞∑

n=0

(2n+ 1)−s−1.

Iz (8.16) i (8.17) slijedi∫ ∞

0

ys−1 g(y) d y = (1− 2−s−1) ζ(s+ 1) Γ(s) sinπs

2. (8.21)

Ako se na lijevoj strani, podrucje integracije podijeli u intervale mπ < y < (m+ 1)π

∫ ∞

0

=∞∑

m=0

∫ (m+1)π

mπ

i uvrsti (8.16)

∫ ∞

0

ys−1 g(y) d y =π

4

∞∑

m=0

(−1)m∫ (m+1)π

mπ

ys−1 d y

=πs+1

4s

∞∑

m=0

(−1)m[(m+ 1)s −ms

]

=πs+1

4s

[ ∞∑

n=1

(−1)n−1 ns +

∞∑

m=1

(−1)m−1 ms

]

=πs+1

4s2

∞∑

m=1

(−1)m−1 ms.

6na desnoj strani se koristi ı = eıπ/2


Koristeci (8.19), uz s→ −s, gornja relacija daje

∫ ∞

0

ys−1 g(y) d y =πs+1

2s(1− 2s+1) ζ(−s). (8.22)

Gornji red za ζ funkciju konvergira za ℜ s < 1. Usporedbom (8.21) i (8.22) za 0 < σ =ℜ s < 1, dobiva se

(1− 2−s−1) ζ(s+ 1) Γ(s) sinπs

2=πs+1

2s(1− 2s+1) ζ(−s),

sto, zamjenom s→ −s prelazi u

ζ(1− s) =1− 21−s

1− 2s−1

π1−s

2s

ζ(s)

Γ(−s) sin(πs/2).

Uvrstavanjem u gornji izraz (7.10) u obliku

Γ(−s) = −πΓ(1 + s) sin πs

i (7.12) u obliku

Γ(1 + s) = s Γ(s),

te nakon sredivanja, dobiva se

ζ(1− s) = 2 (2π)−s ζ(s) Γ(s) cosπs

2. (8.23)

Gornja funkcionalna jednadzba predstavlja analiticko produljenje ζ(s) u negativnu polu-ravninu s. U granici s→ 1, pol ζ(s) i nultocka cos πs

2se ponistavaju i daju ζ(0) = −1/2.

Buduci da je cos πs2= 0 za s = 2m+1, jednadzba (8.23) daje ζ(−2m) = 0. To su trivijalne

nule ζ funkcije za m = 1, 2, · · · . Sve ostale nule ζ funkcije leze unutar kriticne vrpce0 < σ = ℜ s < 1. Polozaj ovih nula je usko povezan s raspodjelom prim-brojeva,zato jer se umnozak prim-brojeva za ζ funkciju moze povezati s Dirichletovim redovimapo prim-brojevima za ζ ′/ζ (odjeljak ??)

∑

pm<x, p primem=1,2,···

ln p =−1

2πı

∫ σ+ı∞

σ−ı∞

ζ ′(s)

ζ(s)

xs

sd s, σ > 1.

Gornja relacija je kljucno mjesto u analitickoj teoriji brojeva.

Riemannova pretpostavka:sve nule zeta funkcije leze na pravcu σ = 1/2 + ı t za realni t.

Procjena za π(x), broj prim-brojeva manjih od zadanog broja x

π(x) =∑

p<x

1 =

∫ x

2

(ln t)−1 d t+O(x1/2+ǫ), x→ ∞.

8.4. SVOJSTVA FOURIEROVIH REDOVA 379

8.3.2 Abelov teorem

Kompleksne varijable - Abelov teorem:Promotrimo funkciju kompleksne varijable f(z) danu u obliku konvergentnog reda po-

tencija od z = r eıϕ

u(z) + ı v(z) = f(z) =

∞∑

n=0

cn zn =

∞∑

n=0

cn rn eınϕ.

To je upravo Fourierov eksponencijalni red (8.3). Razdvajanjem relanog od imaginarnogdijela, dobiju se redovi sinusa i kosinusa

u(r, ϕ) =

∞∑

n=0

cn rn cosnϕ,

v(r, ϕ) =∞∑

n=0

cn rn sin nϕ.

Abelov teorem tvrdi da ako su u(1, ϕ) i v(1, ϕ) konvergentni za dani ϕ, tada je

u(1, ϕ) + ı v(1, ϕ) = limr→1

f(reıϕ).

8.4 Svojstva Fourierovih redova

Konvergencija:Ukoliko Fourierov red predstavlja diskontinuiranu funkciju, ne moze se ocekivati jedno-lika konvergencija reda, zato jer jednoliko konvergentni redovi kontinuiranih funkcija (kaosto su sin nx i cosnx) rezultiraju kontinuiranom funkcijom. Ako je:

(a) f(x) kontinuirana na intervalu −π ≤ x ≤ π;

(b) f(−π) = f(π);

(c) f ′(x) je po dijelovima kontinuirana,

tada ce Fourierov red za f konvergirati jednoliko. Primjetimo da se ne zahtjeva da jef periodicna, no svi su gornji zahtjevi ispunjeni, ako je f kontinuirana, derivabilna iperidicna (s periodom 2π). Ove tvrdnje navodimo bez dokaza7

Integracija:Intergracijom reda

f(x) =C0

2+

∞∑

n=1

Cn cosnx+∞∑

n=1

Sn sin nx

7 Za dokaz vidjeti npr.: R. V. Churchill, Fourier Series and Boundary Value Problems, New York, McGraw-Hill (1941),odjeljak 38.


clan po clan, dobiva se

∫ x

x0

f(x) d x =C0

2

∣∣∣∣x

x0

+∞∑

n=1

Cnn

sinnx

∣∣∣∣∣

x

x0

−∞∑

n=1

Snn

cosnx

∣∣∣∣∣

x

x0

. (8.24)

Ocito je da se ucinak integracije svodi na pojavljivanje jednog dodatnog n u nazivniku,sto svakako ubrzava konvergenciju u odnosu na pocetni (neintegrirani) red. Shodno tomu,konvergentni Fourierov red se uvijek moze integrirati clan po clan, a rezultantni red cejednoliko konvergirati integralu f . Stovise, integracija clan po clan moze vrijediti cak ionda ako pocetni red (za f) nije konvergentan. Jedino je potrebno da f bude integrabilnafunkcija.Strogo gledano, za C0 6= 0, relacija (8.24) nije Fourierov red, zato jer sadrzi clan C0x/2kojega prema definiciji (8.1) ne smije biti. No, vec funkcija

∫ x

x0

f(x) d x− C0 x

2

jeste Fourierov red.

Derivacija:Derivacija Fourierovog reda zahtjeva odredeni oprez. Promotrimo red za funkciju

f(x) = x, −π < x < π.

Relacijom (8.10) je pokazano da je

x = 2∞∑

n=1

(−1)n+1 sinnx

n, −π < x < π.

Derivacijom clan po clan, dobiva se

1 = 2

∞∑

n=1

(−1)n+1 cosnx,

sto nije konvergentno. Naprotiv, primjer trokutastog vala daje red koji puno brze (ijednoliko) konvergira

f(x) =π

2− π

4

∑

n neparan

cosnx

n2.

derivacijom clan po clan, dobiva se

f ′(x) =π

4

∑

n neparan

sin nx

n,

sto je Fourierov red za kvadratni val

f ′(x) =

1, 0 < x < π,

−1, −π < x < 0. ,

8.5. GIBBSOVA POJAVA 381

Suprotno integraciji, derivacija postavlja dodatni mnozitelj n u brojnik i na taj nacinusporava konvergenciju ili cak ucini red divergentnim (kao u prvom primjeru).

8.5 Gibbsova pojava

dovrsiti

8.6 Diskretne Fourierove preobrazbe

Za vecinu fizicara, Fourierova preobrazba automatski znaci kontinuirana Fourierova pre-obrazba o kojoj ce biti rijeci u odjeljku 9. Uporaba elektronickih digitalnih racunalaje dovela do zamjene kontinuuma diskretnim skupom tocaka: integracija je zamjenjenazbrajanjem. Upravo diskretne Fourierove preobrazbe ce biti glavna tema ovog odjeljka.

Ortogonalnost na skupu diskretnih tocaka:Ortogonalnost trigonometrijskih funkcija i eksponencijalne funkcije s imaginarnim argu-mentom, je dana relacijama (8.4) do (8.7). To je uobicajeni nacin definiranja ortogonal-nosti medu funkcijama: integracija umnoska funkcija preko intervala ortogonalnosti.

No, sinusi, kosinusi i eksponencijalna funkcija s imaginarnim argumentom imaju i toiznimno svojstvo da su one ortogonalne i na skupu diskretnih jednako razmaknutih tocakaunutar intervala ortogonalnosti (perioda). Promatrajmo niz od 2N vremenskih trenutakaiz vremenskog intervala (0, T )

tk = 0,T

2N,2T

2N,3T

2N, · · · , (2N − 1)T

2N

= kT

2N, k = 0, 1, 2, · · · , (2N − 1). (8.25)

Dokazat cemo da eksponencijalne funkcije

e p2πıtk

T i e q2πıtk

T

zadovoljavaju relacije ortogonalnosti na diskretnom skupu tocaka tk

2N−1∑

k=0

[e p

2πıtkT

] ⋆e q

2πıtkT = 2 N δp,q±2nN (8.26)

za cijele brojeve n, p i q. Zamjenivsi u gornjoj relaciji q − p sa s, lijeva strana postaje

2N−1∑

k=0

e s2πıtk

T =2N−1∑

k=0

e s kπıN =

2N−1∑

k=0

[e s

πıN

]k.

No, to je zbroj prvih 2N clanova geometrijskog reda s pocetnim clanom 1 i mnoziteljem

r = e sπıN ,


ciji je zbroj

2N−1∑

k=0

e s2πıtk

T =

1− r2N

1− r= 0, r 6= 1,

2N, r = 1 .

Gornji su rezultati jasni ako primjetimo da je, za r 6= 1

r2N = e s 2πı =[e 2πı

]s= 1..

S druge strane, r = 1 ako je s = 0, tj. ako je q = p, pa je time dokazana relacija (8.26).

Na slican se nacin izvode i diskretne relacije ortogonalnosti nad trigonometrijskim funk-cijama

2N−1∑

k=0

cos(p 2πtk/T ) sin(q 2πtk/T ) = 0, (8.27)

2N−1∑

k=0

cos(p 2πtk/T ) cos(q 2πtk/T ) =

0, p 6= q,

N, p = q 6= 0, N,

2N, p = q = 0, N .

(8.28)

2N−1∑

k=0

sin(p 2πtk/T ) sin(q 2πtk/T ) =

0, p 6= q,

N, p = q 6= 0, N ,

0, p = q = 0, N .

(8.29)

Zadatak: 8.11 Polazeci od izraza (8.26), dokazite relacije (8.27) - (8.29).

R:dovrsiti

Diskretne Fourierove preobrazbe:Radi pojednostavljenog oznacavanja, a i da bismo se nesto vise priblizili fizici, uvest

cemo jednu novu koordinatu inverznu vremenskoj koordinati: kutnu brzinu ω, relacijom

ωp = p2π

T, p = 0, 1, 2, · · · , 2N − 1. (8.30)

Primjetimo da p ima isto podrucje vrijednosti kao i indeks k iz relacije (8.25). Takoderradi jednostavnosti, ωp cemo jednstavno zvati frekvencija. Neka je f funkcija definirana

8.6. DISKRETNE FOURIEROVE PREOBRAZBE 383

(ili mjerena) u diskretnim vremenskim trenucima tk. Pomocu f(tk) moze se konstruirati

F (ωp) =1

2N

2N−1∑

k=0

f(tk) eı ωp tk . (8.31)

pomocu (8.26) dokazuje se

1

2N

2N−1∑

p=0

(eı ωp tm

) ⋆eı ωp tk =

1

2N

2N−1∑

p=0

(eı 2πp tm/T

) ⋆eı 2πp tk/T

=1

2N

2N−1∑

p=0

e−ı πp m/N eı πp k/N

=1

2N

2N−1∑

p=0

eı πp (k−m)/N

= δm,k.

Pomocu gornje relacije i (8.31) slijedi

F (ωp) e−ı ωp tm =

1

2N

2N−1∑

k=0

f(tk) eı ωp tk e−ı ωp tm

2N−1∑

p=0


1

2N

2N−1∑

k=0

f(tk)

2N−1∑

p=0

eı ωp tk e−ı ωp tm

2N−1∑

p=0


2N−1∑

k=0

f(tk) δm,k = f(tm).

Tako se dobiva izraz za f(tk) preko F (ωp)

f(tk) =

2N−1∑

p=0

F (ωp) e−ı ωp tk . (8.32)

vremenska funkcija f(tk) i funkcija frekvencije F (ωp) jesu diskretna Fourierova preobrazbajedna od druge. Jednadzbe (8.31) i (8.32) su diskretni analogoni kontinuiranih relacija(9.12) i (9.14).

Zadatak: 8.12 Diskretna Fourierova preobrazba - aliasing:Neka je T = 2π i N = 2, a funkcija koju treba preobraziti je f(tk) = cos tk.Zadatak je naci F (ωp).


R: Iz tk = kT/4 slijedi da je

tk = kπ

2, k = 0, 1, 2, 3

= 0,π

2, π,

3 π

2,

pa je

f(tk) = 1, 0,−1, 0.

Iz (8.30), frekvencije su jednostavno jednake

ωp = p, p = 0, 1, 2, 3.

1

4

1 1 1 11 ı -1 -ı1 -1 1 -11 -ı -1 ı

dovrsiti

Brze Fourierove preobrazbe:dovrsiti

Poglavlje 9

Integralne preobrazbe

9.1 Uvod

U matematickoj se fizici cesto nailazi na parove funkcija f i F , vezanih relacijom oblika

f(ω) =

∫ b

a

F (t) K(ω, t) d t.

Funkcija f(ω) se zove (integralna) preobrazba1 funkcije F (t), a K(ω, t) se naziva jezgra2

preobrazbe. Preobrazba se takoder moze shvatiti i kao preslikavanje funkcije F (t) zadaneu t prostoru, u funkciju f(ω) zadanu u ω prostoru

F (t) → f(ω).

To su npr. preslikavanja izmedu prostora vrijeme - frekvencija ili realni prostor - k pros-tor.

Integralne preobrazbe imaju puno posebnih fizickih primjena i interpretacija, navedenihu ostatku ovog odjeljka. Najcesca je primjena skicirana na slici 9.1. Pretpostavimo dase zadani problem moze rijesiti samo uz dosta poteskoca (ako se uopce i moze rijesiti) uoriginalnim koordinatama (originalnom prostoru). Cesto se dogada da se preobrazbomproblem uspije preslikati u prostor u kojemu ga je ipak nesto lakse rjesavati. Nakon togase inverznom preobrazbom rjesenje preobrazava natrag u originalne koordinate (kao stoje to pokazano u zadatku 9.8).

Fourierova preobrazba:Jedna od najkorisnijih medu beskonacnim brojem mogucih preobrazbi, je Fourierova

preobrazba, definirana sa

f(ω) =1√2π

∫ +∞

−∞F (t) eı ω t d t. (9.1)

1ili transformacija2engl. kernel

385

386 POGLAVLJE 9. INTEGRALNE PREOBRAZBE

Slika 9.1: Primjena integralne preobrazbe (usporediti npr. sa zadacima 9.8 i 9.16).

Jezgra Fourierove preobrazbe je

K(ω, t) ≡ 1√2π

eı ω t (9.2)

ciji su realni i maginarni dijelovi dani kosinusom i sinusom. To ih cini osobito pogodnimaza ispitivanje valnih pojava. Dvije modifikacije gornje preobrazbe, razvijene u odjeljku9.2.2, su Fourierova kosinusna i Fourierova sinusna preobrazba

fc(ω) =

√2

π

∫ +∞

0

F (t) cosω t d t, (9.3)

fs(ω) =

√2

π

∫ +∞

0

F (t) sinω t d t. (9.4)

Laplaceova3, Hankelova4 i Mellinova5 preobrazba:Navedene preobrazbe su odredene jezgrama:

e− ω t, t Jn(ω t), tω−1.

3Pierre-Simon, marquis de Laplace (23. III 1749. – 5. III 1827.), francuski matematicar i astronom.4 Hermann Hankel,(14. II 1839. - 29. VIII 1873.), njemacki matematicar5Robert Hjalmar Mellin, (19. VI 1854. - 5. IV 1933.), finski matematicar

9.1. UVOD 387

To su, redom

f(ω) =

∫ +∞

0

F (t) e− ω t d t Laplace,

f(ω) =

∫ +∞

0

F (t) t Jn(ω t) d t Hankel (Fourier − Bessel),

f(ω) =

∫ +∞

0

F (t) tω−1 d t Mellin.

Naravno da je moguce definirati neogranicen broj preobrazba, no radi se o tome da sepostave one koje su korisne u fizici ili matematici.Tako se npr. neke od gornjih preobrazbi mogu povezati s gama6 funkcijom (7.5)

Γ(z) =

∫ +∞

0

e−t t z−1 d t, ℜ z > 0.

Odabirom F (t) = e−t u Mellinovoj preobrazbi, dobiva se f(ω) = Γ(ω) = (ω − 1) !.

(ω − 1) ! =

∫ +∞

0

e−t tω−1 d t.

Slicno se moze i reci da je f(ω) = n !/ωn+1 Laplaceova preobrazba od F (t) = tn

n !

ωn+1=

∫ +∞

0

e− ω t tn d t.

Hankelova (ili Fourier-Besselova preobrazba) se najvise koristi pri rjesavanju problema ucilindricnim koordinatama, kao i u problemima vezanim za opis zvucnih pojava.

Zadatak: 9.1 Pretpostavite da su funkcije f i g vezane Hankelovim preobrazbama

g(ω) =

∫ ∞

0

f(t) Jn(ωt) t d t,

f(t) =

∫ ∞

0

g(ω) Jn(ωt) ω dω.

Pokazite da se tada Diracova δ-funkcija, moze napisati kao

δ(t− t ′) = t

∫ ∞

0

Jn(ωt) Jn(ωt′) ω dω.

R:dovrsiti

Linearnost:Zajednicka karakteristika preobrazba o kojima govorimo jeste njihova linearnost. Pod

6Vidjeti odjeljak 7.1.1


linearnosti se misli na slijedece svojstvo: preobrazba linearne kombinacije, jednaka jelinearnoj kombinaciji preobrazbi

∫ b

a

[c0 F (t)

]K(ω, t) d t = c0

∫ b

a

F (t) K(ω, t) d t,

∫ b

a

[c1 F1(t) + c2 F2(t)

]K(ω, t) d t = c1

∫ b

a

F1(t) K(ω, t) + c2

∫ b

a

F2(t) K(ω, t) d t,

gdje su c, c1 i c2 konstante, a F, F1 i F2 funkcije za koje je navedena preobrazba definirana.Prikaze li se opisana linearna integralna preobrazba linearnim operatorom L, moze senapisati

f(ω) = L[F (t)

].

Svojstva linearnosti se sada jednostavnije pisu kao

L[c0 F (t)

]= c0 L F (t),

L[c1 F1(t) + c2 F2(t)

]= c1 L F1(t) + c2 L F2(t). (9.5)

Za ocekivati je da postoji i inverzni operator L−1 sa svojstvom7

F (t) = L−1[f(ω)

].

Za tri Fourierove preobrazbe (9.1) - (9.4), inverzna preobrazba L−1 je dana u odjeljku9.2.2. Opcenito,

odredivanje inverzne preobrazbe jeglavni problem kod integralnih preobrazbi.

Pokazimo da je inverzni operator takoder linearan.Izraz (9.5) je trivijalno poopciti na linearnu kombinaciju proizvoljnog broja funkcija

L[

N∑

n=1

cn Fn(t)

]=

N∑

n=1

cn L[Fn(t)

].

Pokazimo da je i inverzni operator L−1, definiran relacijom,

f(ω) = L[F (t)

]⇔ F (t) = L−1

[f(ω)

],

i sa svojstvom

L L−1 = L−1 L = 1,

7Ocekivanje nije isto sto i dokaz. Sam dokaz je previse slozen da bi se ovdje navodio, no nekoliko posebnih i jednostavnihslucajeva L−1 ce biti konstruirani kasnije.

9.2. FOURIEROVA PREOBRAZBA 389

takoder linearan. Djelujmo na relacije (9.54) operatorom L−1

L−1/

L[c1 F1(t) + c2 F2(t)

]= c1 L

[F1(t)

]+ c2 L

[F2(t)

]

c1 F1(t) + c2 F2(t) = L−1(c1 L

[F1(t)

]+ c2 L

[F2(t)

]),

c1 L−1[f1(ω)

]+ c2 L−1

[f2(ω)

]= L−1

[c1 f1(ω) + c2 f1(ω)

],

a to je upravo definicija linearnosti inverznog operatora.

9.2 Fourierova preobrazba

9.2.1 Razvoj Fourierovog integrala

U odjeljku 8 su pokazane prednosti Fourierovih redova pri predstavljanju funkcija kojesu:

(1) ogranicene na podrucje [0, 2π], [−L, L], itd.

(2) ili su definirane na intervalu (−∞,+∞), ali su periodicne.

Sada cemo se posvetiti prikazu neperiodicne funkcije na intervalu (−∞,+∞). Fizicki,to znaci rastaviti npr. jedan puls ili jedan valni paket na sinusoidalne valove.U odjeljku 8.2 smo vidjeli da se na intervalu [−L, L], koeficijenti Cn i Sn iz razvoja (8.1),racunaju iz

Cn =1

L

∫ L

−LF (t ′ ) cos

nt ′ π

Ld t ′ ,

Sn =1

L

∫ L

−LF (t ′ ) sin

nt ′ π

Ld t ′ ,

sto rezultira Fourierovim redom oblika

F (t) =1

2L

∫ L

−LF (t ′ ) d t ′ +

1

L

+∞∑

n=1

cosntπ

L

∫ L

−LF (t ′ ) cos

nt ′ π

Ld t ′

+1

L

+∞∑

n=1

sinntπ

L

∫ L

−LF (t ′ ) sin

nt ′ π

Ld t ′ ,

ili, krace

F (t) =1

2L

∫ L

−LF (t ′ ) d t ′ +

1

L

+∞∑

n=1

∫ L

−LF (t ′ ) cos

nπ (t− t ′ )

Ld t ′ . (9.6)

Pustimo sada neka granica L neizmjerno raste: L→ ∞. Uvedimo i oznake

nπ

L= ωn, ∆ω n = ωn − ωn−1 =

π

L.


Ukoliko∫ +∞

−∞F (t ′ ) d t ′

postoji i konacan je, prvi clan (9.6) iscezava, a drugi postaje

F (t) → 1

π

+∞∑

n=1

∆ω n

∫ +∞

−∞F (t ′ ) cosωn(t− t ′ ) d t

Zamjenom beskonacnog zbroja po n integralom po d ω, konacno se dobiva

F (t) =1

π

∫ +∞

0

d ω

∫ +∞

−∞d t F (t ′ ) cosω(t− t ′ ). (9.7)

Treba naglasiti da je gornji rezultat cisto formalne naravi. Njegov izvod nije strogimatematicki izvod, ali se i takav izvod moze provesti8. Relacija (9.7) se naziva Fourierovintegral. Ona vrijedi za funkcije koje su:

(1) po dijelovima kontinuirane;

(2) derivabilne;

(3) apsolutno integrabilne, tj.∫ +∞−∞ |F (t ′ )| d t ′ je konacan.

Fourierov integral - eksponencijalni oblik:Fourierov integral (9.7) parne funkcije F se moze iskazati i u eksponencijalnom obliku,ako primjetimo da se, zbog parnosti kosinusa kao funkcije ω, moze napisati

F (t) =1

2π

∫ +∞

−∞d ω

∫ +∞

−∞F (t ′ ) cosω(t− t ′ ) d t ′ (9.8)

a zbog neparnosti sinusa kao funkcije ω, je

1

2π

∫ +∞

−∞d ω

∫ +∞

−∞F (t ′ ) sinω(t− t ′ ) d t ′ = 0.

Ako se druga od gornjih jednadzba pomnozi s ı i zbroji s prvom, dobiva se

F (t) =1

2π

∫ +∞

−∞d ω

∫ +∞

−∞F (t ′ ) eı ω(t−t

′ ) d t ′

=1

2π

∫ +∞

−∞d ω eı ωt

∫ +∞

−∞F (t ′ ) e−ı ωt

′

d t ′

8I. N. Sneddon, Fourier Transforms, Section 3.2.


Radi kasnije usporedbe gornje relacije s (9.1), u gornjoj ce se relaciji izvesti zamjena

ω → −ω

cime gornji izraz postaje

F (t) =1

2π

∫ +∞

−∞d ω e−ı ωt

∫ +∞

−∞F (t ′ ) eı ωt

′

d t ′ (9.9)

Varijabla ω je uvedena kao nijema varijabla integracije, no u vecini fizickih problema, onaima znacenje kutne brzine. Uz takvo znacenje ω, relacije (9.8) i (9.9) se mogu tumaciti kaoprikaz funkcije F (t) ne kao zbroja diskretnih harmonijskih titraja cije su frekvencije cijelivisekratnici od 1/(2π), nego neprekidnim prijelazom neprekidnih harmonijskih funkcijacije frekvencije ω/(2π) neprekidno poprimaju sve realne vrijednosti od 0 do ∞. Dakle,ne radi se o rastavu funkcije na diskretni spektar, nego na kontinuirani spektar.

Izvod Diracove delta funkcije:Ako se u (9.9) zamjeni redoslijed integracije, dobije se

F (t) =

∫ +∞

−∞F (t ′ )

1

2π

∫ +∞

−∞eı ω(t

′ −t) d ω

d t ′ .

No, usporedbom gornjeg izraza i definicije Diracove delta funkcije (6.3),

F (t) =

∫ +∞

−∞F (t ′ ) δ(t ′ − t) d t ′ ,

zakljucuje se da je izraz u viticastoj zagradi upravo δ(t ′ − t)

δ(t ′ − t) =1

2π

∫ +∞

−∞eı ω(t

′ −t) d ω. (9.10)

U tri dimenzije (u pravokutnim koordinatama) je

δ(~r1 − ~r2) = δ(x1 − x2) δ(y1 − y2) δ(z1 − z2)

=1

2π

∫ +∞

−∞eı kx(x1−x2) d kx

1

2π

∫ +∞

−∞eı ky(y1−y2) d ky

1

2π

∫ +∞

−∞eı kz(z1−z2) d kz

δ(~r1 − ~r2) =1

(2π)3

∫ +∞

−∞eı~k ·(~r1−~r2) d3 k (9.11)


9.2.2 Fourierova preobrazba - teorem inverzije

Neka je funkcija f(ω), Fourierova probrazba od F (t), definirana sa

L : f(ω) =1√2π

∫ +∞

−∞F (t) eı ωt d t. (9.12)

Eksponencijalna preobrazba:Usporedbm gornjeg izraza s (9.9),

F (t) =1

2π

∫ +∞

−∞d ω e−ı ωt

∫ +∞

−∞F (t ′ ) eı ωt

′

d t ′ ,

︸︷︷︸=

√2 π f(ω)

(9.13)

prepoznaje se dio srazmjeran s f(ω), tako da je sada lako ocitati inverznu preobrazbu

L−1 : F (t) =1√2π

∫ +∞

−∞f(ω) e−ı ωt d ω. (9.14)

Primjetimo da su relacije (9.12) i (9.14) simetricne do na predznak ı. Dvije stvari zasluzujuposeban komentar.

(1) Simetrican odabir mnozitelja 1/√2π nije nuzan, nego je to stvar izbora. Neki autori

stavljaju mnozitelj 1/(2π) ispred jedne od gornjih jednadzba, a jedinicu ispred one druge.

(2) Iako je Fourierovu integralu posvecena velika pozornost u matematickoj literaturi,mi cemo se prvenstveno zanimati za Fourierovu preobrazbu i njezin inverz, jer su torelacije s fizickim znacenjem.

Ako se par funkcija, f i g, iz Fourierove preobrazbe prevede u trodimenzijski prostor,(9.12) i (9.14) postaju

L : f(~k ) =1

(2π)3/2

∫ +∞

−∞F (~r) eı

~k ·~r d3 r (9.15)

L−1 : F (~r) =1

(2π)3/2

∫ +∞

−∞f(~k ) e−ı

~k ·~r d3 k. (9.16)

Integrira se po cijelom prostoru. Uvrstavanjem jedne relacije u drugu i koristenjem tro-dimenzijske delta funkcije u obliku (9.11), lako se provjerava njihova tocnost.

Relacije (9.15) i (9.16) predstavljaju razvoj funkcija F (~r) i f(~k ) po funkcijama e±ı~k ·~r,

slicno kao sto se funkcija f(x) moze razviti u red potencija

f(x) =+∞∑

l=−∞al x

l.

Razlika je u tome sto potpun skup funkcija po kojima se radi razvoj nije diskretan skup


potencija

xl, l = 0, 1, 2, · · · ,

nego je to sada kontinuirani skup ravnih valova

e−ı~k ·~r, |~k | ∈ (−∞,+∞),

a umjesto koeficijenata al dolazi f(k) koja se naziva i amplituda vala i naravno, buduci

da je ~k kontinuirana varijabla, umjesto zbroja dolazi integral.

Kosinusna preobrazba:Ako je F (t) parna ili neparna, gornje se preobrazbe mogu izraziti u ponesto drukcijem

obliku. Razmotrimo najprije slucaj parne funkcije,

F (t) = F (−t).

Iz (9.12) slijedi

fc(ω) =1√2π

∫ +∞

−∞Fc(t)

(cosωt+ ı sinωt

)d t

=

√2

π

∫ +∞

0

Fc(t) cosωt d t. (9.17)

Dio sa sinusom je jednak nuli zbog neparnosti podintegralne funkcije. Iz gornjeg izrazaje fc parna funkcija, pa istim postupkom, iz (9.14), dolazimo i do

Fc(t) =

√2

π

∫ +∞

0

fc(ω) cosωt d ω. (9.18)

Relacije (9.17) i (9.18) se nazivaju kosinusne Fourierove preobrazbe.

Sinusna preobrazba:Odgovarajuci par sinusnih Fourierovih preobrazbi se dobiva polazeci od pretpostavke daje f neparna funkcija,

F (t) = −F (−t).

Iz (9.12) slijedi

fs(ω) =1√2π

∫ +∞

−∞Fs(t) (cosωt+ ı sinωt) d t

=

√2

π

∫ +∞

0

Fs(t) sinωt d t, (9.19)

(u gornjem izrazu je fc redefinirana tako da sadrzi i dodatni mnozitelj −ı). Dio sa kosi-nusom je jednak nuli zbog neparnosti podintegralne funkcije. Slicnim se postupkom, iz


(9.14), dolazi i do

Fs(t) =

√2

π

∫ +∞

0

fs(ω) sinωt d ω. (9.20)

Relacije (9.19) i (9.20) se nazivaju sinusne Fourierove preobrazbe.Iz posljednje od gornjih relacija se moze izvesti fizicko znacenje F (t) kao kao razvoja po

kontinuiranim sinusnim valovima. Amplituda vala sinωx je dana sa√2/π fs(ω), gdje

je fs(ω) sinusna Fourierova preobrazba od Fs(t). Pokazat ce se da je (9.20) integralnianalog diskretne jednadzbe (8.11). Slicne tvrdnje vrijede i za kosinusnu i eksponencijalnupreobrazbu.Citatelj ce lako primjetiti da Fourierova sinusna i Fourierova kosinusna preobrazba sadrzesamo pozitivne vrijednosti (i nulu) argumenta. Da bismo dosli do tih relacija, koristili smosvojstva parnosti funkcije F . No, kada su te preobrazbe vec jednom postavljene, ponasanjefunkcija F i f za negativne vrijednosti argumenta, je posve nevazno. U konacnici, pre-obrazbe same po sebi posjeduju odredenu parnost: one su parne za Fourierovu kosinusnupreobrazbu, a neparne za Fourierovu sinusnu preobrazbu.

Zadatak: 9.2 Vazna primjena Fourierove preobrazbe je i rastav konacnog pulsa u sinu-soidalne valove. Zamislite da je beskonacni sinusoidalni val sinω0t, pomocuKerrove celije ili na koji drugi nacin, izrezan na manje komade, tako da je

F (t) =

sinω0t, |t| < Nπ

ω0,

0, |t| > Nπ

ω0.

Ova funkcija opisuje N perioda originalnog vala (slika 9.2.A). Zadatak je naciFourierovu preobrazbu od F (t).

R:Buduci da je F (t) neparna funkcija, koristit cemo Fourierovu sinusnu pre-obrazbu (9.19)

fs(ω) =

√2

π

∫ Nπ/ω

0

sinω0t sinωt d t

Jednostavnim trigonometrijskim identitetom

sinα sin β =1

2

[cos(α− β)− cos(α + β)

],

gornji se integral svodi na tablicne integrale s rjesenjem za amplitudnu funkcijufs(ω)

fs(ω) =

√1

2 π

sin[(ω0 − ω)Nπ/ω0]

ω0 − ω− sin[(ω0 + ω)Nπ/ω0]

ω0 + ω

.

Pogledajmo kako fs(ω) ovisi o ω (slika 9.2.B). Za veliki ω0 i ω ≃ ω0, prvi


Slika 9.2: (A): konacni dio sinusoidalnog vala za ω0 = 2 i N = 10 (gore) i N = 100 (dolje); (B) njegovaFourierova preobrazba.

-20 -10 0 10 20

t-3

-2

-1

0

1

2

3

f(t)

( A )

0 1 2 3 4 ω

-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

g ( ω

)

( B )

-200 -100 0 100 200

t-3

-2

-1

0

1

2

3

f(t)

( A )

0 1 2 3 4 ω

-20

0

20

40

60

g ( ω

)

( B )

clan desne strane je puno veci od drugoga, kojega mozemo u cjelosti izostaviti.Dobivena krivulja je ista ona koja se dobije i za ogib na jednoj pukotini.Njezine se nule nalaze u tockama

ω0 − ω

ω0≡ ∆ω

ω0= ± 1

N,± 2

N,± 3

N, · · ·

Amplituda fs(ω) se moze tumaciti i kao Diracova delta raspodjela iz odjeljka6.1. Buduci da je raspodjela vrlo malena izvan sredisnjeg maksimuma, mozemouzeti

∆ω =ω0

N

(udaljenost do prve nultocke) kao dobru mjeru frekventne sirine ulaznog pulsa(komada sinusnog vala sa slike 9.2.A). Jasno, ako je N velik (sto znaci dugipuls), frekventna sirina ce biti mala. Naprotiv, kracem pulsu, tj. manjem Nce odgovarati veca frekventna sirina.


Zadatak: 9.3 (a) Pokazite da su Fourierove sinusne i kosinusne preobrazbe od e−at jed-nake

gs(ω) =

√2

π

ω

ω2 + a2,

gc(ω) =

√2

π

a

ω2 + a2.

(b) Pokazite da je∫ ∞

0

ω sinω

ω2 + a2d ω =

π

2e−ax, x > 0,

∫ ∞

0

cosω

ω2 + a2d ω =

π

2 ae−ax, x > 0,

R:dovrsiti

Zadatak: 9.4 U rezonantnoj supljini se elektromagnetski titraji kruzne frekvencije ω0

prigusuju kao

A(t) =

A(0) eı ω0 t e−ω0 t/(2Q), t ≥ 0,

0, t < 0 .

Izracunajte frekventnu raspodjelu titraja a ⋆(ω) a(ω), gdje je a(ω), Fourierovapreobrazba od A(t).

R:dovrsiti

Zadatak: 9.5 Fourierova preobrazba funkcije f(~r) je

g(~k ) =1

(2π)3/2

∫ +∞

−∞f(~r) eı

~k ·~r d3 r =1

(2π)3/21

k2.

Odredite f(~r).

R:dovrsiti


Zadatak: 9.6 Primjenom Fourierove preobrazbe, rijesite parcijalnu diferencijalnu jed-nadzbu

∂2

∂ x2q(x, τ) =

∂

∂ τq(x, τ),

s rubnim uvjetom (40 bodova)

q(x, 0) = S δ(x),

gdje je S konstanta.

R:dovrsiti

Zadatak: 9.7 Jednodimenzijska jednadzba difuzije neutrona je (40 bodova)

−D d2 ϕ(x)

d x2+K2 D ϕ(x) = Q δ(x),

gdje je ϕ(x) tok neutrona, Q δ(x) je izvor neutrona u x = 0, a D i K2

su konstante. Primjenom Fourierove preobrazbe, rijesite jednadzu u prostorupreobrazbe, a zatim inverznom preobrazbom, dodite do rjesenja u x prostoru.

R:dovrsiti

Nacelo neodredenosti:Ovdje navodimo klasicni analog slavnog nacela neodredenosti ili Heisenbergovog

nacela iz kvantne mehanike. Ako radimo s elektromagnetskim valovima, tada je Eenergija valnog pulsa ili fotona, dana sa

E =hω

2π, ∆E =

h∆ω

2π, ∆ω =

ω

N.

S h je oznacena Planckova konstanta, koja mjeri neodredenost u energiji ulaznog pulsa.Buduci da valu od N ciklusa, za prolaz treba

N2π

ω0

sekundi, postoji takoder i neodredenost u vremenu tog iznosa

∆ t = N · T = N2π

ω0

.

Za umnozak ove dvije neodredenosti se dobiva

∆E ∆ t =h∆ω

2π

2Nπ

ω0= h. (9.21)


Originalno Heisenbergovo nacelo neodredenosti kaze da je

∆E ∆ t ≥ h

4π,

a to je ocito zadovoljeno klasicnom relacijom (9.21).

9.2.3 Fourierova preobrazba derivacije

U prethodnim odjeljcima je pokazano kako se izvodi Fourierova preobrazba funkcije, asada cemo vidjeti kako se izvodi Fourierova preobrazba derivacije funkcije.

Koristeci eksponencijalni oblik, Fourierova preobrazba od F (t) je dana sa (9.14)

f(ω) =1√2π

∫ +∞

−∞F (t) eı ωt d t.

Buduci da je i derivacija F (t) opet nekakva funkcija od t, mora biti i

f1(ω) =1√2π

∫ +∞

−∞

d F (t)

d teı ωt d t

izraz za Fourierovu preobrazbu derivacije. Parcijalnom integracijom gornjeg izraza slijedi

f1(ω) =1√2π

F (t) eı ωt∣∣∣∣+∞

−∞− ı ω√

2π

∫ +∞

−∞F (t) eı ωt d t.

Da bi uopce postojala Fourierova preobrazba od F , mora F iscezavati u ±∞ (inace bicijeli integral za f(ω) divergirao), pa je prvi clan desne strane gornjeg izraza, jednak nulii preostaje

f1(ω) = (−ı ω) f(ω).

Fourierova preobrazba derivacije srazmjerna je Fourierovoj preobrazbi same funkcije, tj.umjesto deriviranja, dobiva se jednostavno mnozenje s −ı ω. Gornji je izraz lako poopcitina preobrazbu n-te derivacije s rezultatom

fn(ω) = (−ı ω)n f(ω). (9.22)

Ovo je svojstvo korisnio kod rjesavanja diferencijalnih jednadzba.

Zadatak: 9.8 Valna jednadzbaPokazimo na jednom primjeru kako se primjenom Fourierove preobrazbe mozerijesiti jedna parcijalna diferencijalna jednadzba. Neka to bude jednodimenzij-ska valna jednadzba koja opisuje male titraje beskonacno duge zice sa slobodnimkrajevima

∂2 Y (x, t)

∂ x2=

1

v2∂2 Y (x, t)

∂ t2.


U pocetnom trenutku, t = 0, polozaj zice je opisan funkcijom

Y (x, 0) = F (x). (9.23)

Primjenom Fourierove preobrazbe treba rijesiti gornju jednadzbu.

R:Ovaj ce se zadatak rijesiti primjenom postupka prikazanog na slici (9.1). Izx prostora ce se Fourierovom preobrazbom prijeci u k prostor. U k prostoruce se jednadzba rijesiti, a zatim ce se inverznom Fourierovom preobrazbom,rjesenje prevesti natrag u x prostor.Pomnozimo obje strane valne jednadzbe s eı kx i (buduci da je zica beskonacna)prointegrirajmo po x od −∞ do +∞.

∫ +∞

−∞

∂2 Y (x, t)

∂ x2eı kx d x =

1

v2∂2

∂ t2

∫ +∞

−∞Y (x, t) eı kx d x.

Primjenom pravila za probrazbu derivacije (9.22) na lijevu stranu gornjeg iz-raza, slijedi

(−ı k)2 y(k, t) = 1

v2∂2

∂ t2y(k, t), (9.24)

gdje je y(k, t) Fourierova preobrazba od Y (x, t)

y(k, t) =1√2π

∫ +∞

−∞Y (x, t) eı kx d x. (9.25)

Vec vidimo zaradu od primjene Fourierove preobrazbe: umjesto pocetne par-cijalne diferencijalne jednadzbe, dobili smo obicnu diferencijalnu jednadzbu(9.24), koju prepoznajemo kao jednadzbu harmonijskog oscilatora

y + (kv)2 y = 0. (9.26)

Kao sto je poznato9, dva opcenita rjesenja jednadzbe slobodnog harmonijskogoscilatora su dana trigonometrijskim funkcijama ili eksponencijalnom funkci-jom s imaginarnim argumentom. Zadrzimo se na rjesenjim u obliku eksponen-cijalne funkcije

y(k, t) → e+ ı kvt, e− ı kvt.

U gornja rjesenja treba ugraditi i pocetni uvjet Y (x, 0) = F (x). Jednadzba(9.25) u t = 0 glasi

y(k, 0) =1√2π

∫ +∞

−∞F (x) eı kx d x ≡ f(k). (9.27)

Buduci da je jednadzba (9.26) homogena, mnozenje rjesenja e± ı kvt s konstan-tom (u t) je takoder rjesenje. Ako se za tu konstantu (u t) odabere upravof(k), rjesenja koja zadovoljavaju i jednadzbu (9.26) i pocetni uvjet, su

y(k, t) → f(k) e+ ı kvt, f(k) e− ı kvt.

9Vidjeti npr. [4].


To je rjesenje u k prostoru. Sada se primjenom inverzne Fourierove preobrazbe(9.14), ovo rjesenje prevodi u pocetni x prostor

Y (x, t) =1√2π

∫ +∞

−∞y(k, t) e−ı kx d k

=1√2π

∫ +∞

−∞f(k) e−ı k(x±vt) d k

= (9.27) = F (x± vt).

Funkcija F je poznata iz pocetnog uvjeta (9.23). Rjesenje s gornjim predz-nakom opisuje val koji se siri u −x smjeru (tada je faza x + vt = const.),a rjesenje s donjim predznakom opisuje val koji se siri u +x smjeru (tada jefaza x − vt = const.). Primjetimo da smo u ovom zadatku primjenili postu-pak skiciran slikom 9.1: Fourierovom preobrazbom smo problem iz x prostorapreslikali u k prostor i rijesili ga u tom prostoru, a zatim smo se inverznomFourierovom preobrazbom vratili u originalni x prostor.

Zadatak: 9.9 Jednodimenzijska Fermijeva age jednadzba za usporavanje difuzije neutronau nekom mediju (poput grafita) je

∂2

∂ x2f(x, t) =

∂

∂ tf(x, t).

Ovdje je f broj neutrona (po sekundi i po jedinici volumena) koji se usporavajuispod neke dane energije. Fermijevo vrijeme t je mjera gubitka energije. Akoje

f(x, 0) = S δ(x),

gdje je S konstanta koja znaci broj emeitiranih neutrona po jedinici povrsinepo sekundi, pokazite da je rjesenje jednadzbe

f(x, t) = Se−x

2/(4t)

√4πt

.

Uputa: zamjenite f(x, t) sa

p(k, t) =1√2π

∫ +∞

−∞f(x, t) eıkx d x.

R:

∂2 f(x, t)

∂ x2=

∂ f(x, t)

∂ t

/1√2π

∫ +∞

−∞eıkx d x

1√2π

∫ +∞

−∞

∂2 f(x, t)

∂ x2eıkx d x =

∂

∂ t

1√2π

∫ +∞

−∞f(x, t) eıkx d x.


Primjenom pravila za probrazbu derivacije (9.22) na lijevu stranu gornjeg iz-raza, slijedi

(−ık)2p = d p

d t=⇒ p(k, t) = p(0)e−k

2t

Prema uvjetu zadatka je

p(k, 0) =1√2π

∫ +∞

−∞f(x, 0) eıkx d x =

1√2π

∫ +∞

−∞S δ(x) eıkx d x =

S√2π,

pa je

p(k, t) =S√2π

e−k2t

To je rjesenje u k prostoru. Sada se primjenom inverzne Fourierove preobrazbe(9.14), ovo rjesenje prevodi u pocetni x prostor

f(x, t) =1√2π

∫ +∞

−∞p(k, t) e−ı kx d k

=1√2π

S√2π

∫ +∞

−∞e−k

2t e−ı kx d k

= · · · = S

2√πt

e−x2/(4t).

9.2.4 Teorem konvolucije

Teorem konvolucije cemo koristiti pri rjesavanju diferencijalnih jednadzba, normiranjumomentne valne funkcije u odjeljku 9.2.5 i pri ispitivanju svojstava funkcija transfera uodjeljku 9.2.6.

Promotrimo dvije funkcije F1(x) i F2(x), cije su Fourierove preobrazbe redom f1(k) i f2(k).Nazovimo konvolucijom funkcija F1 i F2 po intervalu (−∞,∞), s oznakom F1 ⋆ F2,integral

F1 ⋆ F2 =1√2π

∫ +∞

−∞F2(y) F1(x− y) d y. (9.28)

Buduci da se u gornjem integralu F1 i F2 pojavljuju s razlicitim argumentima, primjetimoda zamjenom varijable integracije y varijablom z

z = x− y,

gornji integral prelazi u∫ +∞

−∞F2(x− z) F1(z) d z.


Zamjenom nijeme varijable z = y u gornjem integralu, zakljucuje se da je

∫ +∞

−∞F2(y) F1(x− y) d y =

∫ +∞

−∞F2(x− y) F1(y) d y.

Ovaj se oblik integrala pojavljuje i u teoriji vjerojatnosti pri odredivanju gustocevjerojatnosti dvije slucajne i nezavisne varijable10.Rjesenje Poissonove jednadzbe (4.71)

V (~r) =1

4πǫ0

∫ρq(~r

′)

|~r − ~r ′| d3 r ′ ,

se moze iscitati kao konvolucija gustoce naboja

ρq(~r′)

i tezinske funkcije

1

4πǫ0

1

|~r − ~r ′| .

U literaturi se za ovaj postupak koristi i njemacki izraz faltung ili engleski folding11.Smisao ovih naziva se moze razumjeti pomocu slike (9.3). Ako je

Slika 9.3: Uz teorem konvolucije.

F (y) = e−y,

tad su na slici (9.3) prikazane funkcije F (y) i F (x− y). Lako je primjetiti da su funkcije

10Vidjeti npr. [5]11preklopiv, sloziv


F (y) i F (x− y) jedna drugoj zrcalne slike u odnosu na pravac

y =x

2,

drugim rijecima, funkcija F (x − y) se moze konstruirati preklopom funkcije F (y) okopravca y = x/2.

U integral (9.28) uvrstimo Fourierovu preobrazbu za F1

∫ +∞

−∞F2(y) F1(x− y) d y =

1√2π

∫ +∞

−∞F2(y)

∫ +∞

−∞f1(k) e

−ık(x−y) d k d y

=1√2π

∫ +∞

−∞f1(k)

[ ∫ +∞

−∞F2(y) e

ıky d y

]e−ıkx d k

=

∫ +∞

−∞f1(k) f2(k) e

−ıkx d k. (9.29)

Gornji rezultat se moze procitati na slijedeci nacin: inverzna Fourierova preobrazba odumnoska Fourierovih preobrazbi jeste konvolucija pocetnih funkcija F1 ⋆ F2. U posebnomslucaju kada je x = 0, gornja relacija postaje

∫ +∞

−∞F1(−y) F2(y) d y =

∫ +∞

−∞f1(k) f2(k) d k. (9.30)

U gornjem izrazu onaj minus kvari simetriju relacije. Sada cemo ga pokusati eliminirati.

Parsevalova relacija:Relacije slicne (9.29) i (9.30) se mogu izvesti i za Fourierovu sinusnu i kosinusnu pre-

obrazbu. Jednadzba (9.30) i odgovarajuce sinusne i kosinusne relacije, se cesto nazivajui Parsevalove relacije. No, ovdje cemo Parsevalovom relacijom nazivati slijedeci izraz:krenimo od

∫ +∞

−∞F1(x) F

⋆2 (x) d x

i umjesto f i g uvrstimo njihove Fourierove preobrazbe

∫ +∞

−∞F1(x) F

⋆2 (x) d x =

∫ +∞

−∞d x

1√2π

∫ +∞

−∞f1(k) e

−ıkx d k1√2π

∫ +∞

−∞f ⋆2 (k

′) eık′x d k ′

=1√2π

∫ +∞

−∞f1(k) d k

1√2π

∫ +∞

−∞f ⋆2 (k

′) d k ′∫ +∞

−∞eı(k

′−k)x d x

= (9.10) =

∫ +∞

−∞f1(k) d k

∫ +∞

−∞f ⋆2 (k

′) d k ′ δ(k − k ′)

=

∫ +∞

−∞f1(k) f

⋆2 (k) d k.


Time smo izveli Parsevalovu relaciju

∫ +∞

−∞F1(x) F

⋆2 (x) d x =

∫ +∞

−∞f1(k) f

⋆2 (k) d k. (9.31)

Ako je F1 = F2, tada su gornji integrali upravo integrali normiranja iz odjeljka 5.4.1

∫ +∞

−∞|F1(x)|2 d x =

∫ +∞

−∞|f1(k)|2 d k.

Parsevalova relacija (9.31) osigurava da, ako je f normirana na jedinicu, i njezina Fouri-erova preobrazba ce takoder biti normirana na jedinicu. Ovo je svojstvo od velike vaznostiu kvantnoj mehanici.

9.2.5 p reprezentacija

U dinamickim problemima (misli se na Hamilton-Jacobijev oblik klasicne mehanike12) iu kvantnoj mehanici, kolicina gibanja ~p i prostorni polozaj ~r, se u jednadzbama pojavljuu odredenom smislu ravnopravno i ponegdje simetricno. U ovom cemo odjeljku pokazati

kako se sa kvantnomehanicke valne funkcije u koordinati ~r,moze prijeci na kvantnomehanicku valnu funkciju u koordinati ~p ,

sto se naziva p reprezentacija. Jednodimenzijska valna funkcija ψ(x), koja je rjesenjeSchrodingerove valne jednadzbe,

H ψ(x) = E ψ(x),

ima slijedeca svojstva:

(1) ψ ⋆(x) ψ(x) d x je diferencijal vjerojatnosti nalazenja kvantnog uobjekta u dijelu pros-tora izmedu tocaka x i x+ d x;

(2) buduci da, u jednodimenzijskom slucaju, kvantni objekt sigurno mora biti negdje naosi x, to je vjerojatnost da se on nalazi bilo gdje na osi, jednaka jedinici

∫ +∞

−∞ψ ⋆(x) ψ(x) d x = 1.

12Vidjeti npr. [4]


(3) srednja13 ili ocekivana vrijednost polozaja kvantnog objekta, 〈 x 〉, se racuna pomocu

〈 x 〉 =∫ +∞

−∞ψ ⋆(x) x ψ(x) d x.

Nas je zadatak

naci funkciju g(p) koja ce imati svojstva analogna sa (1), (2) i (3),ali koja ce se odnositi na kolicinu gibanja p, a ne na polozaj x.

U ovom jednodimenzijskom odjeljku p znaci x komponentu kolicine gibanja p ≡ px.

(1) g ⋆(p) g(p) d p je diferencijal vjerojatnosti nalazenja kvantnog objekta u dijelu p-prostora izmedu tocaka p i p+ d p;

(2) buduci da, u jednodimenzijskom slucaju, objekt sigurno mora biti negdje na osi p, toje vjerojatnost da se ona nalazi na toj osi, jednaka jedinici

∫ +∞

−∞g ⋆(p) g(p) d p = 1.

(3) srednja ili ocekivana vrijednost kolicine gibanja kvantnog objekta, 〈 p 〉, se racunapomocu

〈 p 〉 =∫ +∞

−∞g ⋆(p) p g(p) d p.

Pokazimo da je funkcija g(p) Fourierova preobrazba funkcije ψ(x), tj. da je14

g(p) =1√2 π ~

∫ +∞

−∞ψ(x) e−ıpx/~ d x, (9.32)

g ⋆(p) =1√2 π ~

∫ +∞

−∞ψ ⋆(x) eıpx/~ d x, (9.33)

ili u tri dimenzije

g(~p ) =1

(2 π ~ )3/2

∫ +∞

−∞ψ(~r) e−ı~p~r/~ d3 r. (9.34)

Svojstvo (1) je naprosto definicija vjerojatnosti.Svojstvo (2), normiranje, je automatski zadovoljeno zbog Parsevalove relacije (9.31): akoje ψ normirano na jedinicu, tada je i g normirano na jedinicu.

13To je isto kao i racun momenata raspodjele vjerojatnosti (vidjeti npr. [5])

〈 x 〉 =∫

x ρ(x) d x,

pri cemu je sada

ρ(x) = ψ ⋆(x) ψ(x).

14Pojavljivanje ~ se moze izbjeci tako da se umjesto kolicine gibanja p, koristi valni broj k = p/~ ili, u tri dimenzije valni

vektor ~k = ~p /~.


Da bi se provjerilo svojstvo (3) treba pokazati da je

〈 p 〉 =∫ +∞

−∞g ⋆(p) p g(p) d p =

∫ +∞

−∞ψ ⋆(x)

(−ı ~ d

d x

)ψ(x) d x,

gdje je

−ı ~ d

d x

operator x komponente kolicine gibanja u prostornoj ili x-reprezentaciji. Na mjesto g ig ⋆ gornje relacije uvrstimo njihove Fourierove preobrazbe (9.32) i (9.33)

∫ +∞

−∞g ⋆(p) p g(p) d p =

∫ +∞

−∞p d p

1√2 π ~

∫ +∞

−∞ψ ⋆(x) eıpx/~ d x

1√2 π ~

∫ +∞

−∞ψ(y) e−ıpy/~ d y

=1

2 π ~

∫ +∞

−∞d x ψ ⋆(x)

∫ +∞

−∞d y ψ(y)

∫ +∞

−∞p e−ıp(y−x)/~ d p.

Primjetimo da je

p e−ıp(y−x)/~ = ı ~d

d ye−ıp(y−x)/~

tako da je∫ +∞

−∞g ⋆(p) p g(p) d p =

ı

2 π

∫ +∞

−∞d x ψ ⋆(x)

∫ +∞

−∞d y ψ(y)

∫ +∞

−∞d p

[d

d ye−ıp(y−x)/~

].

Parcijalnom integracijom gornjeg izraza po y, dobiva se (izdvojeno promatramo samo dioovisan o y)

∫ +∞

−∞d y

[d

d ye−ıp(y−x)/~

]ψ(y) =

[e−ıp(y−x)/~ ψ(y)

]+∞

−∞−∫ +∞

−∞d y e−ıp(y−x)/~

d

d yψ(y).

clan u uglatoj zagradi je jednak nuli jer je

ψ(± ∞) = 0.

Ovaj rezultat, daje∫ +∞

−∞g ⋆(p) p g(p) d p =

−ı2 π

∫ +∞

−∞d x

∫ +∞

−∞d y

∫ +∞

−∞d p e−ıp(y−x)/~ ψ ⋆(x)

d ψ(y)

d y

Ako u gornjem izrazu prepoznamo reprezentaciju Diracove delta funkcije

1

2 π ~

∫ +∞

−∞d p e−ıp(y−x)/~ = δ(x− y),


tada on postaje

∫ +∞

−∞g ⋆(p) p g(p) d p =

∫ +∞

−∞d x

∫ +∞

−∞d y ψ ⋆(x)

(−ı ~

) d ψ(y)d y

δ(x− y)

=

∫ +∞

−∞d x ψ ⋆(x)

(−ı ~ d

d x

)ψ(x),

sto je i trebalo pokazati.

Zadatak: 9.10 Vodikov atom u osnovnom stanju je opisan prostornom valnom funkci-jom

ψ(~r) =1√π a30

e−r/a0 ,

gdje je a0 Bohrov polumjer

a0 =~

mq2e.

Zadatak je naci valnu funkciju osnovnog stanja vodikovog atoma u p reprezen-taciji.

R:Ovo je trodimenzijski problem, pa cemo koristiti (9.34)

g(~p ) =1

(2 π )3/2

∫ +∞

−∞ψ(~r) e−ı~p~r/~ d3 r

=1

(2 π )3/21√π a30

∫ +∞

−∞e−r/a0−ı~p ~r/~ d3 r.

uz pomoc tablicnog integrala∫

e−ar+ı~b ~r d3 r =

8πa

(a2 + b2)2,

dobiva se trazena valna funkcija

g(~p ) =23/2

π

a3/20 ~5/2

(a20 p2 + ~2)2

.

Ovaj se oblik valne funkcije pokazao korisnim u opisu pojava kao sto su Comp-tonovo rasprsenje od atomskih elektrona, odredivanje raspodjele valnih duljinarasprsenog zracenja ovisno o raspodjeli kolicine gibanja elektrona mete i slicno.

KomutatoriVeza izmedu prostorne i p reprezentacije se moze dodatno razjasniti pomocu osnovnih


komutacijskih relacija kvantne mehanike. Moguc je prijelaz15 od klasicnog hamiltonijanana Schrodingerovu valnu jednadzbu pomocu zahtjeva da kolicina gibanja p (ovdje se mislina px) i koordinata polozaja x ne komutiraju. Tocnije,

[px, x]− ≡ pxx− xpx = − ı ~.

Ukoliko ima vise cestica oznacenih s i, j = 1, 2, · · · , komutator glasi

[px,i, xj ]− = −ı~ δi,j , (9.35)

tj. ne komutiraju samo medusobno konjugirane varijable. Schrodingerova ili pros-torna reprezentacija se dobiva izborom

xj → xj ,

px,i → − ı ~∂

∂ xi. (9.36)

Uz ove zamjene, citatelj(ica) ce se lako uvjeriti da je

[px, x]− ψ(x) = − ı ~ ψ(x).

No, komutator (9.35) je zadovoljen i izborom

xj → ı ~∂

∂ px,j, (9.37)

px,i → px,i,

koji se naziva p reprezentacija. Opet je lako uvjeriti se da je

[px, x]− g(p) = − ı ~ g(p).

Opcenito je Schrodingerova reprezentacija, koja vodi na Schrodingerovu valnu jednadzbu,sire prihvacena jer je potencijalna energija, koja se pojavljuje u hamiltonijanu, najcescedana u prostornim koordinatama.

Zadatak: 9.11 Klasicni hamiltonijan slobodnog harmonijskog oscilatora je

H(p, x) =p2

2m+

1

2K x2.

Zadatak je prijeci u kvantnu mehaniku i naci valnu funkciju najnizeg energij-skog stanja u p reprezentaciji.

R:U x reprezentaciji, zamjenama (9.36) u Schrodingerovoj jednadzbi

H ψ = E ψ,

15Vidjeti npr. [4] odjeljak ...


dobiva se

~2

2m

d2 ψ(x)

d x2+

1

2K x2 ψ(x) = E ψ(x).

Iz odjeljka 7.4 znamo da je valna funkcija koja odgovara energiji

E =1

2~ ω0, ω0 =

√K

m,

jednaka

ψ(x) = e− x2 (√Km/2~).

U p reprezentaciji, u skladu s (9.37), Schrodingerova jednadzba glasi

p2

2mg(p)− ~2K

2

d2 g(p)

d p2= E g(p).

Za istu vrijednost energije E = ~ω0/2, gornja jednadzba je

d2 g(p)

d p2=

1

~2 ω20m

(p2

m− ~ω0

)g(p).

Rjesenje gornje jednadzbe se moze potraziti u obliku eksponencijalne funkcije

g(p) = g0 eα p2, g0, α = const.

s rjesenjem

g(p) = g0 e−p2/(2~ωom).

Obje reprezentacije, prostorna i p (kao i bezbroj drugih mogucnosti), se mogukoristiti ovisno o detaljima problemima koji se rjesavaju. Citateljima se ostav-lja za vjezbu da pokazu da su gornje funkcije ψ(x) i g(p) povezane Fourierovompreobrazbom.

9.2.6 Funkcija transfera

Vremenski ovisni elektricni puls F (t) se moze zamisliti da je izgraden pridodavanjemmnostva ravnih valova raznih frekvencija. Svaka kutna frekvencija ω doprinosi clanom

f(ω) eı ω t.

U tom slucaju se cijeli puls moze napisati kao

F (t) =1

2 π

∫ +∞

−∞f(ω) eı ω t d ω. (9.38)


Mnozitelj 1/(2 π) u gornjem integralu potjece od veze izmedu kutne frekvencije ω i linearnefrekvencije ν

ν =ω

2 π.

No, ako je ω frekvencija, kako onda shvatiti negativne vrijednosti ω u integralu od −∞ do0? Na ove negativne vrijednosti ω treba gledati samo kao na zgodan nacin da se izbjegnezapis preko dvaju funkcija: sinusa i kosinusa, kao sto je to pokazano u odjeljku 8.1.

Buduci da (9.38) ima oblik Fourierove preobrazbe, inverzna preobrazba je

f(ω) =

∫ +∞

−∞F (t) e−ı ω t d t. (9.39)

Jednadzba (9.39) predstavlja rastav pulsa F (t) po komponentama frekvencije. Obratno,jednadzba (9.38) predstavlja sintezu pulsa iz njegovih komponenata.

Promotrimo jedan elektronicki uredaj poput stereo pojacala ili neceg slicnog, ciji je teme-ljini nacin rada prikazan slikom (9.4). Ulazni je signal opisan funkcijom F (t), a izlazni sa

Slika 9.4: Uz funkciju transfera.

g(t). Ako ulazni signal ima samo jednu frekvenciju ω, tj. oblika je fω(t) = eıωt, pojacalo cepromjeniti njegovu amplitudu, a takoder moze promjeniti i njegovu fazu. Ove promjenenajcesce ovise o frekvenciji ulaznog signala, pa je zato izlazni signal oblika

gω(t) = ϕ(ω) fω(t). (9.40)

Funkcija ϕ(ω) opisuje promjenu amplitude i faze izlaznog u odnosu na ulazni signal izove se funkcija transfera. To je obicno kompleksna funkcija s realnim dijelom u iimaginarnim v

ϕ(ω) = u(ω) + ı v(ω).


U jednadzbi (9.40) smo pretpostavili da funkcija transfera ovisi samo o jednoj frekvenciji,a ne i o ulaznoj amplitudi ili nekim drugim frekvencijama. Sve skupa to znaci da smopretpostavili linearno preslikavanja F (t) na g(t). U tom se slucaju ukupni izlazni sig-nal dobiva integracijom po cijelom ulaznom signalu, modificiranom funkcijom transferapojacala

g(t) =1

2 π

∫ +∞

−∞ϕ(ω) f(ω) eı ω t d ω. (9.41)

Svaki uredaj (pojacalo) ima svoju karakteristicnu funkciju transfera. kada je ta funkcijajednom poznata (bilo mjerenjem ili racunom), izlazni signal g(t) se moze izracunati zasvaki ulaz F (t). Shvatimo ϕ(ω) kao inverznu Fourierovu preobrazbu funkcije Φ(t)

ϕ(ω) =

∫ +∞

−∞Φ(t) e−ı ω t d t. (9.42)

Ako u (9.41) uvrstimo (9.42) i (9.39), dobiva se

g(t) =1

2 π

∫ +∞

−∞d ω eı ω t

∫ +∞

−∞Φ(t ′ ) e−ı ω t

′

d t ′∫ +∞

−∞f(τ) e−ı ω τ d τ

=

∫ +∞

−∞Φ(t ′ ) d t ′

∫ +∞

−∞f(τ) d τ

1

2 π

∫ +∞

−∞d ω eı ω (t−t ′ −τ)

=

∫ +∞

−∞Φ(t ′ ) d t ′

∫ +∞

−∞f(τ) d τ δ(t− t ′ − τ)

=

∫ +∞

−∞f(τ) Φ(t− τ) d τ. (9.43)

Gornja se jednadzba moze shavtiti tako da ulaz - uzrok - f(τ), modificiran s Φ(t − τ),proizvodi izlaz - posljedicu - g(t). Usvojimo li koncept uzrocnosti, gdje uzrok prethodiposljedici, moramo zahtjevati da je τ < t. To se postize zahtjevom

Φ(t− τ) = 0, τ > t. (9.44)

Uz taj zahtjev, jednadzba (9.43) postaje

g(t) =

∫ t

−∞f(τ) Φ(t− τ) d τ.

Gornja je relacija slicna relacijama u teoriji rasprsenja, o cemu je bilo rijeci u odjeljku ??.

Znacenje funkcije Φ(t):Da bismo jasnije shvatili znacenje funkcije Φ(t), neka ulazni impuls bude kratki signaljedinicnog iznosa u trenutku τ = 0

f(τ) = δ(τ),

gdje je δ(τ) Diracova delta funkcija ogranicena na pozitivnu stranu ishodista. U ovom


slucaju (9.45) postaje

g(t) =

∫ t

−∞δ(τ) Φ(t− τ) d τ =

Φ(t), t > 0,

0, t < 0 .(9.45)

Gornja relacija daje Φ(t) kao funkciju izlaznog signala u slucaju kada je na ulazu kratkipuls jedinicnog iznosa. Relacija (9.45) takoder pokazuje i da je Φ(t) realna funkcija.Nasa pocetna funkcija transfera daje stacionarni (neovisan o vremenu) izlazni signal kojiodgovara ulaznom signalu jedinicne amplitude i sa samo jednom frekvencijom. FunkcijeΦ(t) i ϕ(ω) su Fourierove preobrazbe jedna od druge. Iz (9.42) imamo

ϕ(ω) =

∫ +∞

0

Φ(t) e−ı ω t d t, (9.46)

gdje smo donju granicu promijenili u skladu s nacelom uzrocnosti (9.44). Buduci da smozakljucili da je Φ realna funkcija , ϕ = u+ ı v, to iz (9.46) slijedi

u(ω) =

∫ +∞

0

Φ(t) cosω t d t, (9.47)

v(ω) = −∫ +∞

0

Φ(t) sinω t d t, t > 0.

Iz gornjih izraza vidimo da je realni dio u parna, a imaginarni dio v neparna funkcija ω

u(ω) = u(−ω),v(ω) = −v(−ω).

Shvatimo li (9.47) kao Fourierovu sinusnu i kosinusnu preobrazbu, iz (9.18) i (9.20) citamoinverznu preobrazbu

Φ(t) =2

π

∫ +∞

0

u(ω) cosωt d ω, (9.48)

= −2

π

∫ +∞

0

v(ω) sinωt d ω, t > 0.

Kombiniranjem relacija (9.47) i (9.48), dobiva se veza izmedu u i v

v(ω) = −∫ +∞

0

Φ(t) sinω t d t

= (9.48) = −∫ +∞

0

sinω t

[2

π

∫ +∞

0

u(ω ′) cosω ′t d ω ′]d t.

Gornja relacija pokazuje da ako funkcija transfera ima realni dio, imat ce i imaginarnii obratno. Sve to, naravno, vrijedi uz pretpostavku da Fourierove preobrazbe postoje,cime su iskljuceni takvi slucajevi kao sto je npr. Φ(t) = 1 (jer tada, prema (9.46), ϕ nijedefinirana funkcija).

Nametanje uvjeta uzrocnosti je dovelo do medsobne povezanosti realnog i imaginarnogdijela funkcije transfera. Ova se veza moze usporediti s rezultatima iz teorije rasprsenjau odjeljku ??, gdje je takoder bilo uvedeno nacelo uzrocnosti.


Pokazimo jos i kako se iz svojstava parnosti u i v moze doci do zahtjeva da je Φ(t) nulaza t < 0. Inverzijom (9.42) se dobije

Φ(t) =1

2π

∫ +∞

−∞ϕ(ω) eı ω t d ω =

1

2π

∫ +∞

−∞

[u(ω)+ıv(ω)

] [cosω t+ı sinω t

]d ω. (9.49)

Buduci da su u i kosinus parne, a v i sinus neparne funkcije, od cetiri clana gornjegumnoska, integraciju od −∞ do +∞ ce prezivjeti samo umnosci iste parnosti

Φ(t) =2

2π

∫ +∞

0

u(ω) cosω t d ω − 2

2π

∫ +∞

0

v(ω) sinω t d ω, t > 0 (9.50)

Iz (9.48) vidimo da je

∫ +∞

0

u(ω) cosωt d ω = −∫ +∞

0

v(ω) sinωt d ω, t > 0.

Ako se promjeni predznak t, tada i sinωt mijenja predznak, pa iz (9.50) slijedi

Φ(t) = 0, t < 0,

cime se pokazuje unutrasnja suglasnost izlozene analize.

9.2.7 Fourierova preobrazba elementarnih funkcija

Gaussova gustoca vjerojatnosti:Neka F (x) opisuje normalnu ili Gaussovu16 gustocu vjerojatnosti kontinuirane slucajnevarijable x

F (x) =1

σ√2π

e−(x−〈 X 〉)2

2σ2 , 〈 X 〉, σ = const.

dovrsiti i dodati slike

Lorencijan:Neka je F (x) oblika lorencijana

F (x) =A

x2 + A2A = const.

dovrsiti i dodati slike

Pravokutni puls:Neka F (x) opisuje pravokutni puls sirine 2A i jedinicne visine, postavljen simetricno okoishodista (usporediti s (9.77))

F (x) =

1, |x| ≤ A,

0, |x| > A .

16Vidjeti npr. [5].


za pozitivnu konstantu A.

dovrsiti i dodati slike (za nekoliko razlicitih sirina A, kako bi se vidjela veza izmedu sirineA i sirine transformata)

9.2.8 Rjesavanje parcijalnih diferencijalnih jednadzba

9.3 Laplaceova preobrazba

9.3.1 Elementarna Laplaceova preobrazba

Definicija:Zadana je funkcija F (t). Njezina Laplaceova preobrazba f(s) ili L [F (t)], definira se kao

f(s) ≡ L [F (t)] = lima→∞

∫ a

0

e−st F (t) d t =

∫ +∞

0

e−st F (t) d t, (9.51)

pri cemu jeF (t) = 0, t < 0. (9.52)

Nekoliko napomena, u vezi postojanja integrala iz definicije, mogu biti korisne za razu-mjevanje dalje analize.

Divergencija za t → ∞Integral

∫ +∞

0

e−st F (t) d t

ne mora postojati (npr. F (t) moze eksponencijalno divergirati za veliki t). Medutim akopostoje konstante s0, t0 s osobinom da je

∣∣e−s0t F (t)∣∣ ≤M, t > t0, (9.53)

za pozitivnu konstantu M , tada Laplaceova preobrazba (9.51) postoji za s > s0. Pri tomese kaze da je F (t) eksponencijalnog reda. Kao suprotan primjer navodimo funkciju

F (t) = et2

koja ne zadovoljava uvjet iz (9.53) i nije eksponencijalnog reda: L[et

2]ne postoji.

Divergencija za t → 0Laplaceova preobrazba moze biti nedefinirana takoder i u slucajevima kada funkcija F (t)ima dovoljno jak singularitet u tocki t→ 0. Npr. za

F (t) =1

tn

9.3. LAPLACEOVA PREOBRAZBA 415

je

∫ +∞

0

e−st1

tnd t

divergira u ishodistu za n ≥ 1 i L [1/tn] ne postoji za n ≥ +1 (to je vezano s gamafunkcijom - vidjeti malo nize u tekstu, tocka (5)).

Linearnost i inverzni operatorBuduci da je integral zbroja dvije funkcije jednak zbroju integrala pojedinih funkcija, toza dvije funkcije F (t) i G(t) za koje integrali postoje, vrijedi (za konstante c1 i c2)

L[c1 F1(t) + c2 F2(t)

]=

∫ +∞

0

e−st[c1 F1(t) + c2 F2(t)

]d t

= c1

∫ +∞

0

e−st F1(t) d t+ c2

∫ +∞

0

e−st F2(t) d t

= c1 L[F1(t)

]+ c2 L

[F2(t)

](9.54)

to je operator L linearan. Gornji je izraz trivijalno poopciti na linearnu kombinacijuproizvoljnog broja funkcija

L[

N∑

n=1

cn Fn(t)

]=

N∑

n=1

cn L[Fn(t)

].

Pokazimo da je i inverzni operator L−1, definiran relacijom,

f(s) = L[F (t)

]⇔ F (t) = L−1

[f(s)

],

i sa svojstvom

L L−1 = L−1 L = 1,

takoder linearan. Djelujmo na relacije (9.54) operatorom L−1

L−1/

L[c1 F1(t) + c2 F2(t)

]= c1 L

[F1(t)

]+ c2 L

[F2(t)

]

c1 F1(t) + c2 F2(t) = L−1(c1 L

[F1(t)

]+ c2 L

[F2(t)

]),

c1 L−1[f1(s)

]+ c2 L−1

[f2(s)

]= L−1

[c1 f1(s) + c2 f1(s)

], (9.55)

a to je upravo definicija linearnosti inverznog operatora.

Veza s teorijom vjerojatnostiU teoriji vjerojatnosti i statistici se definira funkcija izvodnica17 kontinuirane slucajne

17Vidjeti npr. [5].


varijable X kao

gX(t) =

∫ xk

xp

e x t ρ(x) dx,

sto se, uz povoljan odabir granica integracije, prepoznaje kao Laplaceova preobrazba funk-cije gustoce vjerojatnosti ρ(x).

Laplaceova preobrazna elementarnih funkcija:Za upoznavanje s Laplaceovom preobrazbom, primjenimo ju na nekoliko jednostavnihfunkcija.(1) Najjednostavnija funkcija je svakako konstanta c0

F (t) = c0, t > 0.

Tada je

L[c0] = c0

∫ +∞

0

e−st d t =c0s, s > 0. (9.56)

(2) Neka je F eksponencijalna funkcija

F (t) = ekt, t > 0.

Tada je

f(s) = L[ekt]=

∫ +∞

0

e−st+kt d t =1

s− k, s > k. (9.57)

Funkcije f i F iz gornje preobrazbe, prikazane su na slici 9.5. U skladu s (9.53), gornja

Slika 9.5: Laplaceova preobrazba funkcije F (t) = ekt (plavo) je f(s) = 1/(s− k) (crveno), za k = 2.

2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6t, s

0

100

200

300

F(t) = e2 t

f(s) = 1 / (s - 2)

preobrazba nije definirana za k > s.


(3) Koristeci gornji rezultat i svojstvo linernosti, (9.54), Laplaceove preobrazbe, lako jenaci Laplaceovu preobrazbu hiperbolnih sinusa i kosinusa

cosh kt =1

2

(ekt + e−kt

),

sinh kt =1

2

(ekt − e−kt

).

Primjenom linearnosti slijedi

L[cosh kt

]=

1

2

(L[ekt]+ L

[e−kt

])

=1

2

(1

s− k+

1

s+ k

)=

s

s2 − k2,

(9.58)

L[sinh kt

]=

1

2

(L[ekt]− L

[e−kt

])

=1

2

(1

s− k− 1

s+ k

)=

k

s2 − k2.

Obje relacije vrijede za s > k.

(4) Iz poznate veze hiperbolnih i trigonometrijskih funkcija

cos kt = cosh ıkt,

sin kt =1

ısinh ıkt,

vidimo da se Laplaceove preobrazbe trigonometrijskih funkcija dobiju iz Laplaceovihpreobrazba hiperbolnih funkcija, (9.58), uz zamjenu k → ık

L [cos kt] =s

s2 + k2,

L [sin kt] =k

s2 + k2, (9.59)

koje vrijede za s > 0. Funkcije f i F iz gornjih preobrazbi, prikazane su na slici 9.6.

Primjetimo da je, prema gornjem rezultatu,

lims→0

L [sin kt] =1

k.

No, to znaci i da je, prema definiciji (9.51)

∫ +∞

0

sin kt d t =1

k.


Slika 9.6: Lijevo: Laplaceova preobrazba funkcije F (t) = sin(kt) (plavo) je f(s) = k/(s2 + k2) (crveno),za k = 2. Desno: Laplaceova preobrazba funkcije F (t) = cos(kt) (plavo) je f(s) = s/(s2 + k2) (crveno),za k = 2.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10t, s

-1

-0.5

0

0.5

1 F(t) = sin (2 t)

f(s) = 2 / (s2 + 4)

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10t, s

-1

-0.5

0

0.5

1 F(t) = cos (2 t)

f(s) = x / (s2 + 4)

(5) Posljednji je primjer potencija F (t) = tn, cija je preobrazba

L[tn] =∫ +∞

0

e−st tn d t.

Prisjetimo li se definicije gama funkcije (7.5)

Γ(z) ≡∫ +∞

0

e−p pz−1 d p = (z − 1) !, ℜ z > 0,

Γ(n + 1) ≡∫ +∞

0

e−p pn d p = n !, ℜ (n+ 1) > 0.

Ako umjesto p uvedemo varijablu t relacijom

p∣∣∣∞

0= s t

∣∣∣∞

0, s > 0,

tada je

n ! = sn+1

∫ +∞

0

e−st tn d t, ℜ (n+ 1) > 0

tj.

f(s) = L[tn] =∫ +∞

0

e−st tn d t =n !

sn+1, s > 0, n > −1. (9.60)

Funkcije f i F iz gornje preobrazbe, prikazane su na slici 9.7.

Primjetimo da se u svim primjerima, s pojavljuje u obliku potencija u brojniku i nazivniku,s tim da je uvijek

lims→∞

f(s) = 0.

Kada bi potencije s u brojniku bile vece od potencija s u nazivniku, lims→∞ f(s) bidivergirao i inverzna preobrazba ne bi postojala.


Slika 9.7: Laplaceova preobrazba funkcije F (t) = tn (plavo) je f(s) = n !/sn+1 (crveno), za n = 2.

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5t, s

0

5

10

15

F(t) = t2

f(s) = 2 / s3

Inverzna preobrazba:Kao sto smo vec spomenuli, integralne su preobrazbe korisne ako se moze izvesti i njimainverzna preobrazba, kao sto smo to pokazali na primjeru Fourierove preobrazbe. Tj.funkcije f(s) i F (t) su vezane relacijama

f(s) = L[F (t)

],

F (t) = L−1[f(s)

].

Inverzna preobrazba nije jednoznacna. Dvije funkcije F1(t) i F2(t) mogu imati istu pre-obrazbu f(s). Medutim, u tom slucaju je

F1(t)− F2(t) = N(t),

gdje je N(t) nul funkcija prikazana na slici 9.8. Za nul funkciju je

∫ t0

0

N(t) d t = 0

za sve pozitivne t0. Ovaj je rezultat poznat kao Lerchov teorem. Sa stanovistafizicara i inzenjera, N(t) se uvijek moze smatrati jednakom nuli, sto preobrazbu cinijednoznacnom.

Inverzna Laplaceova preobrazba se moze dobiti na vise nacina, od kojih cemo neke navestiu nastavku ovog odjeljka. Za prakticne primjene postoje tablice s L i L−1.

Razvoj po djelomicnim razlomcima:Iz prethodnih primjera, (9.56) - (9.60), vidi se da je najcesce f(s) dan omjerom dva


Slika 9.8: Primjer nul funkcije.

polinoma

g(s)

h(s),

bez zajednickih mnozitelja, od kojih je g nizeg stupnja od h. Kao sto je poznato, svakise polinom, pa tako i h moze napisati preko svojih nula, u obliku h(s) = (s − a1) (s −a2) · · · (s− an), ako je red polinoma n. To svojstvo omogucava da se cijela funkcija f(s)napise u obliku zbroja razlomaka

f(s) =c1

s− a1+

c2s− a2

+ · · ·+ cns− an

,

gdje su ci konstante neovisne o s. Ako je neki od korjena, npr a1 visestruk i pojavljuje sem puta, tada je f oblika

f(s) =c1,m

(s− a1)m+

c1,m−1

(s− a1)m−1+ · · ·+ c1,1

s− a1+

n∑

i=2

cis− ai

.

Usporedbom gornjeg razvoja s poznatim Laplaceovim preobrazbama, ocitava se inverznapreobrazba, kao sto je to pokazano slijedecim primjerom.

Primjer: 9.1 Zadak je naci inverznu Laplaceovu preobrazbu od

f(s) =k2

s(s2 + k2).


Odredimo konstante cj

k2

s(s2 + k2)=

c1s+

c2s− ık

+c3

s+ ık,

=c1(s

2 + k2) + c2s(s− ık) + c3s(s+ ık)

s(s2 + k2)

=s2(c1 + c2 + c3) + s1(−ıkc2 + ıkc3) + s0(c1k

2)

s(s2 + k2).

Usporedbom clanova s istom potencijom s u brojniku lijeve i desne strane, dobiva se 3× 3sustav za nepoznanice cj

0 = c1 + c2 + c3,

0 = ık(c2 − c3),

k2 = c1k2,

s rjesenjima

c1 = 1, c2 = c3 = −1

2.

Dakle se f(s) moze napisati u obliku

f(s) =1

s− s

s2 + k2.

Zbog linernosti inverzne Laplaceove preobrazbe, (9.55) , je

L−1[f(s)

]= L−1

[1

s

]−L−1

[s

s2 + k2

]

= (9.56)− (9.59) = 1− cos kt.

Zadatak: 9.12 Primjenom Laplaceove preobrazbe izracunajte integral

F (t) =

∫ +∞

0

sin tx

xd x.

R:Izvedimo Laplaceovu preobrazbu gornjeg integrala

L[∫ +∞

0

sin tx

xd x

]=

∫ +∞

0

e−st∫ +∞

0

sin tx

xd x d t.


Zamjenimo redoslijed integracije

∫ +∞

0

1

x

[∫ +∞

0

e−st sin tx d t

]d x = (9.59) =

∫ +∞

0

1

x

x

s2 + x2d x.

No, to je tablicni integral

∫ +∞

0

d x

s2 + x2=

1

stan−1 x

s

∣∣∣∣+∞

0

=π

2s= f(s).

Iz (9.56) vidimo da je inverzna preobrazba od f jednostavno konstanta

F (t) =π

2, t > 0,

sto je u skladu s rezultatom dobivenom pomocu reziduuma u odjeljku 3.2.Gornji rezultat vrijedi za t > 0. Da bismo dobili F (−t), treba samo primjetitida je sin(−tx) = − sin tx, tj. da je F (−t) = −F (t). Ako je t = 0 ocito je iF (t) = 0

∫ +∞

0

sin tx

xd x =

π

2, t > 0,

0, t = 0 .

− π

2, t < 0 .

Primjetimo da gornji integral kao funkcija t opisuje step funkciju (vidjeti re-laciju (9.77)) visine π u tocki t = 0, kao sto je to prikazano na slici 9.9.

Slika 9.9: Step funkcija F (t) iz zadatka 9.12.



L[cos at− cos bt

b2 − a2

]=

s

(s2 + a2) (s2 + b2), a2 6= b2.

R:Linearnost

L[cos at− cos bt

b2 − a2

]=

1

b2 − a2L [cos at] +

1

b2 − a2L [cos bt] .

Prema (9.59) je

L [cos kt] =s

s2 + k2,

iz cega slijedi

L[cos at− cos bt

b2 − a2

]=

1

b2 − a2s

s2 + a2+

1

b2 − a2s

s2 + b2=

s

(s2 + a2)(s2 + b2).


(a) L−1

[1

(s+ a)(s+ b)

], a 6= b,

(b) L−1

[s

(s+ a)(s+ b)

], a 6= b.

R:dovrsiti


(a) L−1

[1

(s2 + a2)(s2 + b2)

], a 6= b,

(b) L−1

[s2

(s2 + a2)(s2 + b2)

], a 6= b.

R:dovrsiti

Numericka inverzija:Nekoliko napomena o numerickom racunanju Laplacovih preobrazbi. Buduci da je zadanaintegracijom, Laplaceova preobrazba je vrlo stabilna operacija. Kada se kaze stabilna,misli se na cinjenicu da se male fluktuacije (ili pogreske) u F (t) usrednjavaju (i timedjelomice ponistavaju) prilikom odredivanja povrsine ispod krivulje (sto je geometrijski


smisao integrala). S druge strane, tu je i tezinski mnozitelj e−st koji cini da je ponasanjeF (t) za velike t gotovo nevazno (osim ako je s jako mali). Za razliku od ovoga, prijelazod f(s) na F (t) je vrlo nestabilan. Mala promjena u f(s) moze rezultirati velikimpromjenama u F (t) i sve bitne znacajke F (t) mogu biti propustene.

9.3.2 Laplaceova preobrazba derivacije

Mozda i najvaznija primjena Laplaceove preobrazbe jeste pretvaranje diferencijalnihjednadzba u jednostavniji oblik koji je onda lakse rijesiti. Tako ce se, npr. pokazati da sevezane diferencijalne jednadzbe s konstantnim koeficijentima, pretvaraju u odgovarajuciskup algebarskih jednadzba.

Izvedimo preobrazbu prve derivacije F (t)

L [F ′(t)] =

∫ +∞

0

e−std F (t)

d td t.

Parcijalnom integracijom slijedi

L [F ′(t)] = e−st F (t)∣∣∣+∞

0+ s

∫ +∞

0

e−st F (t) d t = −F (0) + s L [F (t)] . (9.61)

Strogo govoreci, gore bi trebalo stajati F (+0) jer se limes izvodi s pozitivne strane, asama funkcija mora biti po dijelovima kontinuirana na intervalu (0,+∞). Naravno da i Fi njezina derivacija moraju biti takve da integrali ne divergiraju. Uzastopnom primjenom(9.61), mogu se dobiti i odgovarajuci izrazi za preobrazbu visih derivacija

L[F (2)(t)

]= s L [F ′(t)]− F ′(+0)

= s(s L [F (t)]− F (+0)

)− F ′(+0)

= s2 L [F (t)]− s F (+0)− F ′(+0) (9.62)

i opcenito za n-tu derivaciju

L[F (n)(t)

]= sn L [F (t)]− sn−1 F (+0)− sn−2 F ′(+0)− · · · − F (n−1)(+0). (9.63)

Slicno Fourierovoj preobrazbi, i Laplaceova preobrazba zamjenjuje derivaciju mnozenjem.U primjerima koje cemo navesti, to ce svojstvo uciniti da od diferencijalnih jednadzbadobijemo algebarske. To je pravi razlog i korist od primjene Laplaceove preobrazbe. Uzadatku 9.22 se vidi kako Laplaceova preobrazba djeluje na diferencijalnu jednadzbu cijikoeficijenti nisu konstantni.

Primjetimo da su pocetni uvjeti ugradeni u preobrazbu kroz clanove F (+0), F ′(+0), · · · .

Primjer: 9.2 Jednadzba (9.62) se moze iskoristiti za izvod L [sin kt].


Krenimo od identiteta

−k2 sin kt =d2

d t2sin kt.

Primjenimo Laplaceovu preobrazbu na gornju jednadzbu, a zatim izracunajmo derivacijupomocu (9.63)

−k2 L [sin kt] = L[d2

d t2sin kt

]

= s2 L [sin kt]− s sin kt∣∣∣t=0

− d

d tsin kt

∣∣∣∣t=0

= s2 L [sin kt]− k.

Odozgo ocitavamo

L [sin kt] =k

s2 + k2,

a to je upravo rezultat dobiven ranije, (9.59).

Zadatak: 9.16 Slobodni jednodimenzijski harmonijski oscilatorKao jedan jednostavan, ali vazan fizicki primjer, promotrimo gibanje cesticemase m vezane na idealnu oprugu konstante K. Ako se zanemari trenje, jed-nadzba gibanja je

md2X(t)

d t2+K X(t) = 0.

Uz pocetne uvjete

X(0) = X0, X(0) = 0,

rijesite jednadzbu, primjenom Laplaceove preobrazbe.

R:Primjenom Laplaceove preobrazbe na jednadzbu gibanja, slijedi

m L[d2X(t)

d t2

]+K L [X(t)] = 0.

pomocu (9.62) dobivamo

m s2 x(s)−m s X0 +K x(s) = 0 ⇒ x(s) = X0s

s2 + ω20

,

uz ω20 = K/m. Primjenom inverzne Laplaceove preobrazbe (9.59), slijedi

konacno rjesenje

X(t) = X0 cosω0t.


Primjetimo da smo u ovom zadatku primjenili postupak skiciran slikom 9.1:Laplaceovom preobrazbom smo problem iz t prostora preslikali u s prostor irijesili ga u tom prostoru, a zatim smo se inverznom Laplaceovom preobrazbomvratili u originalni t prostor.

Zadatak: 9.17 Stacionarna precesija ZemljeOsnovne cinjenice o precesiji Zemljine osi vrtnje, mogu se naci npr. u [4].Ovdje ce se taj problem obraditi primjenom Laplaceove preobrazbe.

R:Zemlja se zamislja kao kruta, na polovima spljostena kugla, koja se giba uskladu s Eulerovim jednadzbama gibanja

d ωxd t

= −a ωy,d ωyd t

= +a ωx,

gdje su ωx i ωy komponente kutne brzine vrtnje Zemlje oko svoje osi ~ω =~ex ωx + ~ey ωy + ~ez ωz. Konstanta a = ωz (Iz − Ix)/Iz, gdje su Ij momentitromosti Zemlje oko osi j = x, y, z, pri cemu je zbog simetrije spljostene kugle,Ix ≡ Iy. Os z je os simetrije Zemlje. Ona se razlikuje od osi ~ω , oko kojese Zemlja vrti tijekom dana, za oko 15m mjereno na polovima. Laplaceovompreobrazbom gornjih jednadzba, dobiva se

s ωx(s)− ωx(0) = −aωy(s),s ωy(s)− ωy(0) = +aωx(s).

To je 2 × 2 linearni algebarski sustav za nepoznanice ωx i ωy s rjesenjima

ωx(s) =s

s2 + a2ωx(0)−

a

s2 + a2ωy(0),

ωy(s) =a

s2 + a2ωx(0) +

s

s2 + a2ωy(0).

Primjenom inverznih Laplaceovih preobrazbi (9.59) na gornje izraze, dobivase

ωx(t) = ωx(0) cos at− ωy(0) sin at,

ωy(t) = ωx(0) sin at+ ωy(0) cos at.

Za pozitivnu konstantu a > 0 gornje jednadzbe opisuju vrtnju vektora ~ex ωx+~ey ωy u ravnini (x, y) u smjeru suprotnom od kazaljke na satu. Zakret oko osiz iznosi ϕ = a t, a kutna brzina vrtnje je ϕ = a. Odabirom pocetnih uvjetatako da je ωy(0) = 0, rjesenja su preglednija

ωx(t) = ωx(0) cos at, ωy(t) = ωx(0) sin at.

Kao sto je vec spomenuto, vektor ωx(0) ≃ 15m (? mjerna jedinica), a periodprecesije T = 2π/a ≃ 300 dana. Zbog pojednostavljenja u racunu, pravi se


period razlikuje od ovog izracunatog, i iznosi oko 427 dana.Ako promjenimo znacenje simbola

ωx → Lx,

ωy → Ly,

gdje Lx i Ly oznacavaju x i y komponente momenta kolicine gibanja ~L , akonstanta a = −gL Bz. S gL je oznacen ziromagnetski omjer. a Bz je kompo-nenta magnetskog polja u smjeru osi z. Uz ovje zamjene, gornji racun opisujeLarmorovu precesiju naelektrizirane cestice u homogenom magnetskom polju~B = ~ez Bz.

Zadatak: 9.18 U teoriji Poissonovih procesa (vidjeti npr. [5], poglavlje o stohastickimprocesima) pojavljuje se i ovakav sustav vezanih diferencijalnih jednadzba spocetnim uvjetima

pn(t) = −(pn(t)− pn−1(t)

)· λ, n > 0, (9.64)

p0(t) = −λ p0(t), (9.65)

p0(0) = 1, pn>0(0) = 0. (9.66)

Rijesite gornji sustav primjenom Laplaceove preobrazbe.

R:Ako se s

L[pn(t)

]= Pn(s),

oznaci Laplaceova preobrazba funkcije pn(t), tada je opcenito, preobrazba prvederivacije te iste funkcije jednaka

L[pn(t)

]= sPn(s)− pn(0)

Primjenimo gornji rezultat na rjesavanje (9.64) uz pocetni uvjet (9.66)

sPn(s) = −(Pn(s)− Pn−1(s)

)· λ, n ≥ 1

Pn(s) =λ

λ + sPn−1(s) =

(λ

λ + s

)2

Pn−2(s) = · · ·

Pn(s) =

(λ

λ+ s

)nP0(s).


No, P0(s) se odreduje Laplaceovom preobrazbom jednadzbe (9.65). Zajedno spocetnim uvjetom (9.66), dobiva se

sP0(s)− 1 = −λ P0(s)

P0(s) =1

λ+ s,

pa je i

Pn(s) =λn

(λ+ s)n+1.

Inverzna Laplaceova preobrazba gornjeg izraza daje

pn(t) = λntn

n !e−λ t.

Diracova delta funkcija:Pogledajmo kako izgleda Laplaceova preobrazba Diracove delta funkcije

L[δ(t− t0)

]=

∫ +∞

0

e−st δ(t− t0) d t = e−s t0 , t0 ≥ 0.

Za t0 = 0 je

L[δ(t)

]= 1,

pri cemu smo pretpostavili da koristimo takvu reprezentaciju delta funkcije da je

∫ +∞

0

δ(t) d t = 1, δ(t) = 0, t > 0.

Zadatak: 9.19 Trenutna silaNa cesticu mase m u trenutku t = 0 djeluje sila iznos P0. Primjenom Lapla-ceove preobrazbe rijesite jednadzbu gibanja.

R:Postavimo najprije jednadzbu gibanja

md2X(t)

d t2= P0 δ(t),

gdje je P0 konstanta koja opisuje intenzitet trenutnog djelovanja sile, a δ(t) jeDiracova delta funkcija. Primjetimo da Diracova funkcija ima dimenziju [1/t],a P0 ima dimenziju [F t]. Primjenom Laplaceove preobrazbe dobiva se

ms2x(s)−msX(0)−mX(0) = P0.


Neka je u t = 0 cestica mirovala u ishodistu, tako da je

X(0) = X(0) = 0,

sto vodi na

x(s) =P0

ms2.

Inverznom Laplaceovom preobrazbom, (9.60), dobiva se

X(t) =P0

mt.

Brzina cestice,

X(t) =P0

m,

je konstantna. Trenutna sila je prenijela kolicinu gibanja u iznosu od P0 nacesticu (sjetite se da je pocetna brzina X(0) = 0, pa je time i pocetna kolicinagibanja takoder nula).Slicna se analiza primjenjuje i na balisticki galvanometar. Sila torzije na gal-vanometar je dana s k j, gdje je j strujni puls, a k je konstanta srazmjernosti.Buduci da je strujni udar kratkotrajan, uobicajeno je pisati

k j = k q δ(t),

gdje je s q oznacen ukupan naboj koji je struja j prenijela na galvanometartijekom pulsa. Oznaci li se s I moment tromosti galvanometra, jednadzbagibanja glasi

Id2 ϕ

d t2= k q δ(t).

istim postupkom kao gore, dobiva se da se ucinak strujnog pulsa svodi naprijenos k q jedinica kutne kolicine gibanja na galvanometar.

9.3.3 Ostala svojstva

Translacija u s:Ako se u definiciji Laplaceove preobrazbe, (9.51), s zamjeni s s− a, dobiva se

f(s− a) =

∫ +∞

0

e−(s−a)t F (t) d t =

∫ +∞

0

e−st eat F (t) d t,

f(s− a) = L[eat F (t)

]. (9.67)


Dakle, zamjena s sa s − a odgovara mnozenju F (t) sa eat i obratno. Primjenom ovespoznaje na vec izracunate preobrazbe, dobiva se npr. iz (9.59)

L [sin kt] =k

s2 + k2⇒ L

[eat sin kt

]=

k

(s− a)2 + k2(9.68)

i slicno za kosinus

L [cos kt] =s

s2 + k2⇒ L

[eat cos kt

]=

s− a

(s− a)2 + k2, s > a.

(9.69)

Translacija u t:pomnozimo f(s) sa e−bs za pozitivni b > 0. Tada je

e−bs f(s) = e−bs∫ +∞

0

e−st F (t) d t =

∫ +∞

0

e−s(t+b) F (t) d t.

Uvede li se zamjena

τ∣∣∣∞

b= t

∣∣∣∞

0+ b,

gornji integral postaje

e−bs f(s) =

∫ +∞

b

e−sτ F (τ − b) d τ,

pri cemu sada donja granica integracije nije 0 nego b > 0. Sjetimo li se da je F = 0, za svenegativne vrijednosti argumenta funkcije F , donja granica integracije se moze protegnutido 0, buduci da je ionako

∫ b

0

e−sτ F (τ − b) d τ = 0.

Time se dolazi do

e−bs f(s) =

∫ b

0

e−sτ F (τ − b) d τ +

∫ +∞

b

e−sτ F (τ − b) d τ

(9.70)

=

∫ +∞

0

e−st F (t− b) d t. (9.71)

Gornja se relacija obicno naziva Heavisideov18 teorem pomaka (slika 9.10). Buducida je F jednako nuli kada je njegov argument manji od nule, (9.52), i imajuci u vidu daje τ nijema varijabla integracije, mozemo zakljuciti da je

e−bs f(s) = L [F (t− b)] , (9.72)

tj.F (t− b) = L−1

[e−bs f(s)

]. (9.73)

18Oliver Heaviside (18. V 1850. – 3. II 1925.), engleski fizicar, matematicar i elektrotehnicar.


Slika 9.10: Uz Heavisideov teorem pomaka

Primjetite simetriju izmedu jednadzba (9.67) i (9.73).

Zadatak: 9.20 Priguseni jednodimenzijski harmonijski oscilatorIzrazi (9.68) i (9.68) su korisni kada treba rjesavati probleme slijedeceg tipa:Cestica mase m se giba uslijed djelovanja elasticne sile. Trenje od sredstva ukojemu se odvija gibanje, je srazmjerno brzini cestice

md2X(t)

d t2+ b

dX(t)

d t+K X(t) = 0. (9.74)

Gibanje se odvija uz pocetne uvjete X(0) = X0, X(0) = 0.

R:Primjenom Laplaceove preobrazbe dobiva se

m[s2x(s)− sX0

]+ b

[s x(s)−X0

]+K x(s) = 0,

sto vodi na rjesenje za x

x(s) = X0ms+ b

m s2 + b s +K.

Nazivnik gornjeg izraza se moze napisati u obliku potpunog kvarata

s2 +b

ms+

K

m=

(s+

b

2m

)2

+

(K

m− b2

4m2

).

Ukoliko je trenje dovoljno slabo, tako da je b2 < 4Km, drugi clan desne stranegornjeg izraza je pozitivan i oznacava se s

ω21 =

K

m− b2

4m2.


No, sada se rjesenje za x moze napisati kao

x(s) = X0

s+b

m(s+

b

2m

)2

+ ω21

= X0

s+b

2m+

b

2m(s+

b

2m

)2

+ ω21

= X0

s+b

2m(s+

b

2m

)2

+ ω21

+X0

b

2m(s+

b

2m

)2

+ ω21

= X0

s+b

2m(s+

b

2m

)2

+ ω21

+X0b

2m ω1

ω1(s +

b

2m

)2

+ ω21

.

Pomocu (9.68) i (9.69), u gornjim izrazima prepoznajemo Laplaceovu pre-obrazbu od

X(t) = X0 e−t b/(2m)

(cosω1t+

b

2mω1sinω1t

)

= X0ω0

ω1

e−t b/(2m) cos(ω1t− ϕ),

gdje su

tanϕ =b

2mω1

, ω20 =

K

m.

Naravno da se, u granici b → 0, gornje rjesenje svodi na rjesenje iz primjera9.16.

RLC analogija:Korisno je primjetiti slicnost izmedu gornjeg zadatka s prigusenim harmonijskim oscila-torom i RLC strujnog kruga (R = omski otpor, L = induktivnost i C = kapacitivnost) saslike 9.11. U svakom trenutku, zbroj razlika potencijala u cjelom krugu mora biti jednaknuli (zbog zakona o sacuvanju energije koji se ovdje naziva Kirchhoffov zakon). Na ovomprimjeru to znaci da je

Ld I(t)

d t+R I(t) +

1

C

∫ t

I(t) d t = 0.

Derivacijom struje I po vremenu t (da bi se uklonio integral), dobiva se diferencijalnajednadzba drugog reda s konstantnim koeficijentima

Ld2 I

d t2+R

d I

d t+

1

CI = 0.


Slika 9.11: RLC strujni krug.

Zamjenama

I(t) → X(t), L → m, R → b, C−1 → K,

gornja je jednadzba identicna s (9.74) iz primjera 9.20. Na ovom se primjeru vidi kako surazlicita podrucja fizike slicna sa stanovista matematickog aparata kojim se opisuju.

Zadatak: 9.21 Elektromagnetski valoviRijesite valnu jednadzbu elektromagnetskog vala s E = Ey ili Ez koji se siri usmjeru osi x

∂2 E(x, t)

∂ x2− 1

v2∂2 E(x, t)

∂ t2= 0. (9.75)

R:Primjenom Laplaceove preobrazbe u odnosu na varijablu t, gornja parcijalnadiferencijalna jednadzba postaje

∂2

∂ x2L[E(x, t)

]− s2

v2L[E(x, t)

]+

s

v2E(x, 0) +

1

v2∂ E(x, t)

∂ t

∣∣∣∣t=0

= 0.

Uz pocetne uvjete

E(x, 0) = 0,∂ E(x, t)

∂ t

∣∣∣∣t=0

= 0,


od gornje jednadzbe preostaje

∂2

∂ x2L[E(x, t)

]=s2

v2L[E(x, t)

].

No, to je sada obicna (dakle, ne vise parcijalna) diferencijalna jednadzba srjesenjima u obliku eksponencijalnih funkcija

L[E(x, t)

]= c1(s) e

−sx/v + c2(s) e+sx/v,

gdje su cj(s) funkcije od s, ali ne i od x. Ako trazimo da val bude konacan ugranici x→ ∞, mora biti

c2 = 0,

L[E(x, t)

]= c1(s) e

−sx/v.

Ako E(0, t) prepoznamo kao s F (t) iz (9.51), tada iz

L[E(0, t)

]= c1(s),

a u skladu s (9.51), c1 se prepoznaje kao c1 = f(s).

L[E(x, t)

]= f(s) e−sx/v.

Pomocu translacijskog svojstva (9.72), dolazi se do rjesenja za E(x, t)

E(x, t) =

F (t− x/v), t ≥ x

v,

0, t <x

v.

Derivacijama gornjeg izraza za E, lako je uvjeriti se da je jednadzba (9.75)zadovoljena. Fizicki, ovo rjesenje predstavlja val (ili puls) koji se, brzinom v,siri u pozitivnom smjeru osi x. Primjetimo da je pri tome podrucje s x > vtnepromjenjeno: val tamo jos nije stigao. Zelimo li odabrati val koji se siriu negativnom smjeru osi x, treba odabrati konstantu c1 jednaku nuli, a c2razlicitu od nule. Ovaj odabir vodi na rjesenje

E(x, t) =

F (t+ x/v), t ≥ −xv,

0, t < −xv.

Derivacija preobrazbe:Kada su F (t), koja je bar po dijelovima kontinuirana, i s odabrani tako da e−st F (t)


eksponencijalno konvergira za veliki s, tada integral

f(s) =

∫ +∞

0

e−st F (t) d t

konvergira jednoliko i moze ga se derivirati (pod znakom integrala) po s. U tom je slucaju

f ′(s) =

∫ +∞

0

(−t) e−st F (t) d t = L[−t F (t)

]. (9.76)

Ponavljanjem gornjeg postupka, za vise derivacije ce biti

f (n)(s) = L[(−t)n F (t)

].

Svi integrali dobiveni gornjim postupkom ce biti jednoliko konvergentni zbog eksponen-cijalno opadajuceg ponasanja (to smo pretpostavili na pocetku) funkcije e−st F (t).Ovaj nam rezultat moze pomoci da nademo jos preobrazbi. Tako je npr. prema (9.57)

L[ekt]=

∫ +∞

0

e−st ekt d t =1

s− k, s > k.

Derivacijom po s dobiva se∫ +∞

0

−t e−st ekt d t = −1

(s− k)2,

L[t ekt

]=

1

(s− k)2, s > k.

Zadatak: 9.22 Besselova jednadzbaPrimjenom Laplaceove preobrazbe, rijesite Besselovu jednadzbu iz odjeljka 7.2s ν = 0.

R:Besselova diferencijalna jednadzba, (7.38), za ν = 0 glasi

x 2 J ′ ′ν (x) + x J ′

ν(x) + x 2 Jν(x) = 0.

Radi uskladivanja s notacijom u ovom odjeljku, umjesto x pisat cemo t, aumjesto J cemo koristiti F

t F ′ ′(t) + F ′(t) + t F (t) = 0.

Trazimo regularno rjesenje s pocetnim uvjetom F (0) = 1. Gornja jednadzbaimplicira da je i F ′(0) = 0. Laplaceovom preobrazbom gornje jednadzbe, uzkoristenje (9.61), (9.62) i (9.76), slijedi

− d

d s

[s2 f(s)− s

]+ s f(s)− 1− d

d sf(s) = 0.


Sredivanjem ove jednadzbe, dobiva se

(s2 + 1) f ′(s) + s f(s) = 0,

d f

f= − s d s

s2 + 1,

ln f(s) = −1

2ln (s2 + 1) + c0,

f(s) =c1√s2 + 1

.

c0, c1 = const. Da bismo mogli iskoristiti relaciju (7.5), treba gornji izraz razvitiu red potenciaj po 1/s za s > 1. Binomni teorem daje

f(s) =c1s

(1 +

1

s2

)−1/2

=c1s

[1− 1

2 s2+

1 · 322 2 ! s4

− · · ·+ (−1)n (2n) !

(2n n !)2 s2n+ · · ·

].

Inverznom preobrazbom svakog clana reda posebno, pomocu (7.5), dobiva se

F (t) = c1

∞∑

n=0

(−1)n t 2n

(2n n !)2.

Iz zahtjeva da je F (0) = 1, slijedi da je i c1 = 1, pa u F (t) prepoznajemoBesselovu funkciju nultog reda (7.26)

L[J0(t)

]=

1√s2 + 1

.

Opcenito, za n 6= 0, se pokazuje da je

L[Jn(at)

]=a−n (

√s2 + a2 − s)n√s2 + a2

.

Integracija preobrazbe:Ponovo, ako su F (t), koja je bar po dijelovima kontinuirana, i x dovoljno veliki tako dae−xt F (t) eksponencijalno opada za x→ ∞, tada integral

f(x) =

∫ +∞

0

e−xt F (t) d t

jednoliko konvergira u odnosu na x. Zahvaljujuci tome, moguce je zamjeniti redoslijed


integracije u slijedecem izrazu

∫ b

s

f(x) d x =

∫ b

s

d x

∫ +∞

0

e−xt F (t) d t

=

∫ +∞

0

F (t) d t

∫ b

s

e−xt d x

=

∫ +∞

0

F (t)

t

(e−st − e−bt

)d t

Donja granica s je odabrana dovoljno velika tako da je f(s) unutar podrucja jednolikekonvergencije. U granici b→ ∞, dobiva se

∫ +∞

s

f(x) d x =

∫ +∞

0

F (t)

te−st d t = L

[F (t)

t

],

uz pretpostavku da je F (t)/t konacno u t = 0 ili da bar divergira sporije od 1/t, tako daL [F (t)/t] postoji.

Granice integracije - jedinicna step funkcija:Stvarne granice integracije Laplaceove preobrazbe, mogu se odrediti pomocu Heaviside-ove jedinicne step funkcije (za jednu mogucu reprezentaciju step funkcije, vidjeti zadatak9.12)

u(t− k) =

1, t > k,

0, t < k .(9.77)

Povezimo step funkciju s Diracovom δ funkcijom iz odjeljka 6.1., tako sto cemo primjetiti

Slika 9.12: Step funkcija u(t− k).

da je derivacija gornje step funkcije jednaka nuli za sve t 6= k, a u tocki t = k, derivacija


ima beskonacan iznos. Ovakvo ponasanje derivacije step funkcije vodi do relacije

d u(t− k)

d t= δ(t− k). (9.78)

Tocnost gornje relacije je lako provjeriti pomocu definicije Diracove δ funkcije (6.3) i defi-nicije step funkcije (9.77). Prointegrirajmo gornju jednadzbu po t i primjenimo definicije(6.3) i (9.77)

∫ +∞

−∞d t

d u(t− k)

d t=

∫ +∞

−∞d t δ(t− k)

u(t− k)∣∣∣+∞

−∞= 1

1− 0 = 1,

sto potvrduje relaciju (9.78).

Izracunajmo Laplaceovu preobrazbu step funkcije

L[u(t− k)

]=

∫ +∞

0

e−st u(t− k) d t =

∫ +∞

k

e−st d t =1

se−sk.

Iz gornjeg izraza odmah slijedi i da je

L[u(t)

]=

1

s.

Pravokutni puls sirine k i jedinicne visine, opisan je funkcijom

F (t) = u(t)− u(t− k)

(lijevi dio slike 9.13). Pulsevi ovakvog oblika se cesto pojavljuju u analizi signala u elektro-nici i/ili elektrotehnici. Koristeci linearnost (9.54), dobiva se Laplaceova preobrazba

Slika 9.13: Pravokutni puls sirine k kao razlika step funkcija F (t) = u(t) − u(t − k) (lijevo) i njegovaLaplaceova preobrazba za k = 2 i k = 3 (desno).

0 1 2 3 4s

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

f(s)

k = 2k = 3


pravokutnog pulsa

f(s) = L[u(t)− u(t− k)

]= L

[u(t)

]− L

[u(t− k)

]

=

∫ +∞

0

e−st d t−∫ +∞

k

e−st d t

=1

s− 1

se−sk =

1

s

(1− e−sk

).

Laplaceova preobrazba pravokutnog signala, f(s), je prikazana desnom stranom slike 9.13.

9.3.4 Konvolucijski ili faltung teorem

Slicno konvolucijskom teoremu Fourierove preobrazbe iz odjeljka 9.2.4, danom relacijom(9.29), i za Laplaceovu se preobrazbu moze uspostaviti slicna relacija.

Jedno od najvaznijih svojstava Laplaceove preobrazbe jeste ono dano konvolucijskim ilifaltung teoremom. Promatrajmo rezultat konvolucije19 dvije funkcije F1(t − τ) i F2(τ)po intervalu 0 ≤ τ < t.

F1 ⋆ F2 ≡∫ t

0

F1(t− τ) F2(τ) d τ. (9.79)

zelimo pokazati da za Laplaceovu preobrazbu vrijedi konvolucijski teorem

L [F1 ⋆ F2] = L [F1] L [F2] , (9.80)

dakle preobrazba integrala umnoska dvije funkcije je jednaka umnosku preobrazbi svakepojedine funkcije. Pretpostavljamo da su i F1 i F2 eksponencijalno ogranicene, takoda njihove Laplaceove preobrazbe postoje. Izracunajmo Laplaceovu preobrazbu gornjekonvolucije

L [F1 ⋆ F2] = limT→∞

∫ T

0

d t e−st∫ t

0

F1(t− τ) F2(τ) d τ. (9.81)

Pogledajmo po kojem podrucju ravnine (t, τ) ide gornja integracija. Sjetimo li se da jeF = 0, ako mu je argument negativan

F2(τ) = 0, τ < 0,

F1(t− τ) = 0, τ > t.

Stoga integracija

∫ T

0

d t

∫ t

0

d τ

u 9.81 ide po svim tockama donjeg trokuta oznacenog na slici 9.14.A. No, ako se zamjeni

19Primjetimo da zamjenom varijable τ , varijablom u = t − τ , slijedi∫ t

0F1(t − τ) F2(τ) d τ =

∫ t

0F1(u) F2(t − u) d u =

∫ t

0F1(τ) F2(t − τ) d τ

.


i redoslijed i granice integracije, tako da se integrira po

∫ T

0

d τ

∫ T

τ

d t,

opet ce se prontegrirati po svim tockama donjeg trokuta, kao sto se vidi sa slike 9.14.B.Uz ovu zamjenu redoslijeda i granica integriranja, slijedi

L [F1 ⋆ F2] = limT→∞

∫ T

0

d τ F2(τ)

∫ T

τ

e−st F1(t− τ) d t.

Ako sada jos i sa varijable t prijedemo na varijablu

Slika 9.14: Uz faltung teorem.

u∣∣∣T−τ

0= t

∣∣∣T

τ− τ,

slijedi

L [F1 ⋆ F2] = limT→∞

∫ T

0

d τ e−sτ F2(τ)

∫ T−τ

0

d u e−su F1(u).

Integral po u se moze napisati u obliku razlike

∫ T

0

=

∫ T−τ

0

+

∫ T

T−τ∫ T−τ

0

=

∫ T

0

−∫ T

T−τ,


tako da je sada

L [F1 ⋆ F2] = limT→∞

∫ T

0

d τ e−sτ F2(τ)

[∫ T

0

d u e−su F1(u)−∫ T

T−τd u e−su F1(u)

]

= limT→∞

∫ T

0

d τ e−sτ F2(τ)

∫ T

0

d u e−su F1(u) (9.82)

− limT→∞

∫ T

0

d τ e−sτ F2(τ)

∫ T

T−τd u e−su F1(u)

No granici kada T → ∞, interval (T − τ, T ) postaje zanemarivo malen20 i posljednjiintegral iscezava, Time dobivamo

L [F1 ⋆ F2] =

∫ +∞

0

d τ e−sτ F2(τ)

∫ +∞

0

d u e−su F1(u) = L [F2] · L [F1]

kao sto je i trebalo pokazati.

Buduci da je gornja granica u (9.79) varijabilna, Laplaceova konvolucija se pokazuje koris-nom pri rjesavanju integralnih jednadzba Volterra-inog21 tipa. (naci primjer - dovrsiti)

Zadatak: 9.23 Jednodimenzijski harmonijski oscilator s prigusenjem i vanjskom silomKoristeci konvolucijski teorem, rijesite jednadzbu gibanja harmonijskog oscila-tora s prigusenjem i vanjskom silom.

R:Jednadzba gibanja opisanog harmonijskog oscilatora je

mX (t) + b X (t) + k X(t) = F (t).

Pocetni uvjeti neka su najjednostavniji: X(0) = X (0) = 0. Laplaceova pre-obrazba gornje jednadzbe daje

ms2 L[X ] + b sL[X ] + kL[X ] = L[F ],

sto, rijeseno po x(s), daje

L[X ] =L[F ]m

1[s+ b/(2m)

]2+ ω2

1

, (9.83)

pri cemu je uvedena pokrata ω1 = k/m − b2/(2m)2 . U skladu s relacijom

20Primjetimo da τ poprima sve vrijednosti iz intervala (0, T ), pa kada je τ blizu T , interval (T − τ, T ) nije malen. No,kada je τ blizu T , a T → ∞, cijeli prvi integral desne strane (9.82) je iscezavajuce malen i zato je i cijela desna stranaiscezavajuce mala.

21Vito Volterra (3. V 1860. - 11. X 1940.), italijanski fizicar i matematicar.


(9.68)

L[eat sin kt

]=

k

(s− a)2 + k2,

i odabirom

a ≡ − b

2m, k ≡ ω1

drugi razlomak na desnoj strani gornjeg izraza za L[X ], prepoznajemo kao

L[e−bt/(2m) sinω1t

]=

ω1

[s + b/(2m)]2 + ω21

.

Time je izraz, (9.83), za L[X ] postao oblika (9.80)

L[X ] = L[F1] · L[F2],

gdje su

F1 = F, F2 =

[1

mω1

e−bt/(2m) sinω1t

]

No, prema (9.79) je

L[F1] · L[F2]. = L[∫ t

0

F1(t− τ) F2(τ) d τ

],

pa je zato

L[X(t)] = L[F1] · L[F2]. = L[∫ t

0

F1(t− τ) F2(τ) d τ

]

X(t) =

∫ t

0

F1(t− τ) F2(τ) d τ =1

mω1

∫ t

0

F (t− τ) e−bτ/(2m) sinω1τ d τ.

Ako je sila impulsna22 F (t) = P0 δ(t), rjesenje gornjeg integrala je

X(t) =P0

mω1

e−(b/2m)t sinω1t.

P0 je kolicina gibanja koju je vanjska impulsna sila prenijela na harmonijskioscilator, a P0/m je pocetna brzina X (0).Ako vanjska sila nije impulsna, nego je periodicna i oblika je

F (t) = F0 sinωt,

tada se za preobrazbu sile koristi (9.59)

L[F (t)] = F0ω

s2 + ω2,

22Dimenzija δ-funkcije je 1/vrijeme, pa konstanta P0 ima dimenziju kolicine gibanja.


sto opet vodi na

L[X(t)] =F0 ω

m

1

s2 + ω2

1

[s+ b/(2m)]2 + ω21

=F0 ω

m

a ′s+ b ′

s2 + ω2+

c ′s+ d ′

[s+ b/(2m)]2 + ω21

.

Koeficijenti a ′, b ′, c ′ i d ′ su neovisno o s i dani su sa

−(a ′)−1 =b

mω2 +

m

b(ω2

0 − ω2)2,

−(b ′)−1 = −mb

(ω20 − ω2)

[b

mω2 +

m

b(ω2

0 − ω2)2],

−(c ′)−1 = dovrsiti,

−(d ′)−1 = .

Inverznom preobrazbom se dobiva rjesenje koje je u granici t → ∞ (staci-onarno rjesenje) oblika

X(t) =F0√

b2 ω2 +m2(ω20 − ω2)2

sin(ωt− ϕ).

Kut ϕ je odreden relacijom

tanϕ =bω

m (ω20 − ω2)

.

Promatra li se amplituda X(t) kao funkcija ω, moze se postavit pitanje zakoju je vrijednost ω ta amplituda najveca? Ocito se najveca vrijednost dobije,kada je velicina pod korjenom u nazivniku, najmanja. Ekstrem, tj. mini-mum funkcije se odreduje izjednacavanjem njezine derivacije s nulom, sto uovom slucaju vodi na derivaciju po ω izraza pod korjenom i izjednacavanjemrezultata s nulom

ω2 = ω20 −

b2

2m2= ω1 −

b2

4m2.

Na ovoj je frekvenciji amplituda najveca. Ova se frekvencija naziva rezonantnafrekvencija, a sama pojava titranja maksimalnom amplitudom se naziva re-zonancija. Rezonantnu amplitudu dobijemo uvrstavanjem rezonantne frek-vencije u izraz za amplitudu, s rezultatom

F0

b ω1.

Iz gornjeg se rezultata vidi da amplituda divergira, ako se zanemare ucincitrenja, tj. ako izvedemo limes b → 0. Sveukupno, u sustavu su se pojavile trikarakteristicne frekvencije: rezonantna frekvencija uz vanjsku silu i trenje

ω2 = ω20 −

b2

2m2,


zatim frekvencija slobodnog (bez vanjske sile) titranja s trenjem

ω1 = ω20 −

b2

4m2,

i konacno, frekvencija titranja bez vanjske sile i bez trenja

ω20 =

k

m.

Sve tri frekvencije su iste, kada nema trenja, b = 0.

9.3.5 Inverzna Laplaceova preobrazba

Integral Bromowicha:Sada cemo izvesti izraz za inverzni Laplaceovu preobrazbu L−1 koja se pojavljuje u

f(s) = L[F (t)

], F (t) = L−1

[f(s)

].

Jedan moguci nacin jeste preko Fourierove preobrazbe za koju znamo racunatiinverz. Tu, medutim, postoji jedna poteskoca. Funkcije koje se mogu Fourier-preobrazavati,moraju zadovoljavati Dirichletove uvjete. Posebno, zahtjevali smo da je

limω→∞

G(ω) = 0,

zato da integral po beskonacnom intervalu, ostane konacan. Sada smo u situaciji dazelimo preobrazbu primjeniti na funkcije F (t) koje mogu eksponencijalno divergirati. Dabismo premostili tu poteskocu, iz potencijalno divergentne, F (t) cemo izdvojiti jedaneksponencijalni mnozitelj oblika eγ t, tako da je

F (t) = eγ t G(t).

Ako F (t) divergira kao eα t, mi cemo zahtjevati da γ bude vece od α, tako da G imakonvergentan integral

limt→∞

G(t) ∼ e−(γ−α)t → 0.

Sada imamo funkciju G koja je jednaka nuli za negativni argument i koja, prema gornjimzahtjevima, ispunjava uvjete da se moze prikazati Fourierovim integralom (9.9)

G(t) =1

2π

∫ +∞

−∞d u eı ut

∫ +∞

−∞G(v) e−ı uv d v

=1

2π

∫ +∞

−∞d u eı ut

∫ +∞

0

G(v) e−ı uv d v,

F (t) = eγ t G(t) = eγ t1

2π

∫ +∞

−∞d u eı ut

∫ +∞

0

F (v) e−γv e−ı uv d v.


Uz novu varijablu s = γ + ı u, integral po v postaje

∫ +∞

0

F (v) e−sv d v = f(s),

a to je upravo Laplaceova preobrazba od F za kompleksni s. Da bi integral bio konver-genatan, mora biti ℜ s ≥ γ. Primjetimo da je Laplaceova preobrazba preslikala funkcijus realne osi u dio kompleksne ravnine s ℜ s ≥ γ. Za konstantni γ, je ds = ıdu, pa je i

F (t) =1

2π

∫ +∞

−∞eı ut+γ t f(s) d u.

F (t) =1

2πı

∫ γ+ı∞

γ−ı∞e s t f(s) d s. (9.84)

To je trazena inverzna Laplaceova preobrazba. Krivulja integracije je okomitacrta u kompleksnoj s ravnini (slika 9.15). Sjetimo se da je konstanta γ odabrana tako da

Slika 9.15: Singulariteti e s t f(s).

su svi moguci singulariteti f(s) smjesteni lijevo od krivulje integracije (slika 9.15). Re-lacija (9.84) je poznata i kao Bromwichev integral ili kao Fourier-Mellinov teoremili Fourier-Mellinov integral. Ovaj se integral moze racunati uobicajenim metodamakrivuljne integracije (odjeljak 3). Ako je t > 0, kontura se moze zatvoriti pomocu be-skonacne polukruznice u lijevoj poluravnini. Tad je, primjenom teorema o reziduumima(odjeljak 3.2),

F (t) =∑

(svi reziduumi za ℜ s ≥ γ). (9.85)

Gornji rezultat otvara mogucnost racuna sa ℜ s < 0, sto moze izgledati kao kontradikcijanasem ranijem zahtjevu ℜ s ≥ γ, za pozitivni γ. Kontradikcija nestaje kada se sjetimo daje zahtjev ℜ s ≥ γ bio nametnut samo zato da osigura konvergenciju integrala Laplaceovepreobrazbe koja definira f(s). Jednom kada je f(s) dobivena, mozemo nastaviti koristitikoristiti njezina svojstva kao analiticke funkcije bilo gdje u kompleksnoj ravnini s. Tocnije,koristimo analiticko produzenje da bismo dobili L [F (t)] u lijevoj poluravnini, na isti nacin


kako smo to izveli za funkciju faktorijela (relacija (7.5)).Cijelo ovo izlaganje ce biti jasnije, kada se rijesi nekoliko zadataka.

Zadatak: 9.24 Inverzija pomocu racuna reziduumaPrimjenom Laplaceove preobrazbe i racuna reziduuma, izracunajte Laplaceovupreobrazbu

f(s) =a

s2 − a2.

R:Da bismo dobili izraz oblika (9.84), pomnozimo gornji izraz s est i uocimopolove rezultantne funkcije

est f(s) =a est

s2 − a2=

a est

(s− a) (s+ a).

Polovi su prvog reda i nalaze se u tockama s = +a i s = −a. Kao sto se mozeizracunati pomocu (2.24), reziduum u tocki s = +a je jednak

a est

a+ a=

1

2eat,

a u tocki s = −a je jednak

a est

−a− a= −1

2e−at.

Pomocu ova dva rezultata i (9.85), za F (t) se dobije

F (t) =1

2eat +

(−1

2e−at

)= sinh at,

sto je u skladu s (9.58).

Zadatak: 9.25 Inverzija pomocu racuna reziduumaPrimjenom Laplaceove preobrazbe i racuna reziduuma, izracunajte Laplaceovupreobrazbu

f(s) =1− e−as

s.

R:Postupamo kao i u prethodnom primjeru: funkciju mnozimo s est i uocavamopolove

est f(s) =est

s− e(t−a)s

s


I prvi i drugi clan desne strane imaju pol prvog reda u s = 0. Reziduum prvogclana je jednak 1, i zato je prema (9.85) preobrazba prvog clana (koju cemooznaciti s F1) jednaka

F1(t) =

1, t > 0,

0, t < 0 .

= u(t),

gdje je u(t) jedinicna step funkcija. Reziduum samog drugog clana (bez −predznaka) je takoder jednak 1, a oznacit cemo ga s F2 i povezati sa stepfunkcijom kao i F1

F2(t) =

1, t− a > 0,

0, t− a < 0 .

= u(t− a).

Sveukupno, preobrazba pocetne funkcije je jednaka

F (t) = F1(t)− F2(t) =

0, t < 0,

1, 0 < t < a,

0, t > a .

= u(t)− u(t− a).

To je step funkcija visine jedan i duzine a (prikazana slikom 9.13 uz oznakuk ≡ a).

Zadatak: 9.26 Brzina elektromagnetskog vala u sredstvu s rasprsenjem(rezultat rada Brillouina i Sommerfelda (1914) na teoriji elektromagnetizma).

R:Grupna brzina putujuceg vala u je povezana s njegovom faznom brzinom vrelacijom

u = v − λd v

d λ,

gdje je λ valna duljina putujuceg vala. dovrsiti

Tablice 9.1 i 9.2 prikazuju Laplaceove preobrazbe nekoliko funkcija.


Slika 9.16: Elektromagnetski val u sredstvu s rasprsenjem: opticko rasprsenje.

9.3.6 Laplaceova preobrazba - rjesavanje parcijalnih diferencijalnih jednadzba

dovrsiti


Tablica 9.1: Laplaceove preobrazbe.

f(s) F (t) ogranicenja

1. 1 δ(t) singul. u +0

2.1

s1 s > 0

3.n !

sn+1tn s > 0, n− 1

4.1

s− ke kt s > k

5.1

(s− k)2t e kt s > k

6.s

s2 − k2cosh kt s > k

7.k

s2 − k2sinh kt s > k

8.s

s2 + k2cos kt s > 0

9.k

s2 + k2sin kt s > 0

10.s− a

(s− a)2 + k2e at cos kt s > a

11.k

(s− a)2 + k2e at sin kt s > a

12.s2 − k2

(s2 + k2)2t cos kt s > 0

13.2ks

(s2 + k2)2t sinkt s > 0


Tablica 9.2: Laplaceove preobrazbe.

f(s) F (t) ogranicenja

14. (s2 + a2)−1/2 J0(at) s > 0

15. (s2 − a2)−1/2 I0(at) s > a

16.1

acot−1 s

aj0(at) s > 0

17.

1

2 aln

s+ a

s− a1

acoth−1

s

a

i0(at) s > a

18.(s− a)n

sn+1Ln(at) s > 0

19.1

sln(s+ 1) E1(x) = −Ei(−x) s > 0

20.ln s

s− ln t− C s > 0

Poglavlje 10

Integralne jednadzbe

10.1 Teorem konvolucije

451

452 POGLAVLJE 10. INTEGRALNE JEDNADZBE

Poglavlje 11

Varijacijski racun

11.1 Jedna ovisna i jedna neovisna varijabla

Koncept varijacije:Varijacijski racun se primjenjuje na probleme u kojima je velicina koju treba minimizirati(ili maksimizirati), dana u obliku (stacionarnog) integrala. Najjednostavniji primjer je

J =

∫ x2

x1

f[x, y(x), yx(x)

]d x. (11.1)

Ovdje je J velicina koja poprima stacionarnu vrijednost. Pod znakom integrala, f jepoznata funkcija naznacenih varijabla: x, y(x) i yx(x) ≡ d y/d x. Vazno je da ovisnosty = y(x) nije fiksna, tj. y(x) je nepoznanica. To nepoznavanje funkcijske ovisnostiy = y(x), geometrijski znaci da, iako se integrira od (poznate tocke) x1 do (poznatetocke) x2, tocan put integracije nije poznat (slika 11.1). Stovise,

Slika 11.1: Varijacija puta.

glavni zadatak i jeste pronaci put y = y(x)

koji vodi od tocke (x1, y1) do tocke (x2, y2), a koji ce minimizirati (ili maksimizirati) cijeliintegral J . Strogo govoreci, zadatak je odrediti stacionarne tocke od J : njegov minimum,

453

454 POGLAVLJE 11. VARIJACIJSKI RACUN

maksimum ili sedlenu (prijevojnu) tocku. U vecini slucajeva od fizickog znacenja, radi seo odredivanju minimuma.

Ovaj je problem puno tezi nego problem racuna ekstremnih vrijednosti same funkcije y(x),poznat iz matematicke analize. Jedna od mogucnosti je da J uopce i nema stacionarnetocke. U diferencijalnom racunu se ekstrem y(x) odreduje usporedbom vrijednosti y udvama bliskim tockama. Ovdje se ne promatraju bliske tocke, nego se konstruiraju dvijebliske putanje i zatim se usporeduje vrijednost integrala J na tim dvama putanjama.Na slici 11.1 su prikazane dvije (od beskonacno mnogo mogucih) putanja koje povezujuiste rubne tocke. Razlika medu njima, za fiksnu vrijednost x, se zove varijacija y ioznacava se s δ y . Udaljenost dvije promatrane putanje je, opcenito, razlicita za razlicitevrijednosti x i oznacava se s η(x). S α se oznacava iznos deformacije putanje. Ovedvije bliske putanje se odabru tako da imaju istu pocetnu i konacnu tocku, tako da je

η(x1) = η(x2) = 0.

Drugi uvjet na η jeste da je ona derivabilna. To znaci da ne mozemo odabrati npr.

η(x) =

1, x = x0,

0, x 6= x0 ,

ali mozemo odabrati η tako da bude slicna nekoj od reprezentacija δ funkcije iz odjeljka6.1, tako da je η 6= 0 samo unutar infinitezimalnog podrucja. Uz ove uvjete, putanja jeopisana s konstantom α i funkcijom η(x)

y(x, α) = y(x, 0) + α η(x),

yx(x, α) = yx(x, 0) + αd η(x)

d x, (11.2)

δ y = y(x, α)− y(x, 0) = α η(x).

Neka je y(x, 0) poznata putanja koja minimizira integral J , a y(x, α) je jednadruga, njoj bliska, putanja. U jednadzbi (11.1) je J = J(α)

J(α) =

∫ x2

x1

f[y(x, α), yx(x, α), x

]d x, (11.3)

i uvjet ekstrema integrala J je

∂ J

∂ α

∣∣∣∣α=0

= 0,

bas kao i obicni uvjet ekstrema funkcije u diferencijalnom racunu. U integrandu, o α ovisey i njezina derivacija yx, pa je zato1

∂ J

∂ α=

∫ x2

x1

[∂ f

∂ y

∂ y

∂ α+∂ f

∂ yx

∂ yx∂ α

]d x (11.4)

1Primjetimo da se y i yx (funkcija i njezina derivacija) tretiraju kao nezavisne varijable.

11.1. JEDNA OVISNA I JEDNA NEOVISNA VARIJABLA 455

Iz (11.2) ocitavamo

∂ y(x, α)

∂ α= η(x),

∂ yx(x, α)

∂ α=

d η(x)

d x,

cime (11.4) postaje

∂ J

∂ α=

∫ x2

x1

[∂ f

∂ yη(x) +

∂ f

∂ yx

d η(x)

d x

]d x. (11.5)

Parcijalna integracija drugog clana desne strane daje∫ x2

x1

∂ f

∂ yx

d η(x)

d xd x =

∫ x2

x1

d

d x

[∂ f

∂ yxη(x)

]d x−

∫ x2

x1

[d

d x

∂ f

∂ yx

]η(x) d x

=∂ f

∂ yxη(x)

∣∣∣∣x2

x1

−∫ x2

x1

[d

d x

∂ f

∂ yx

]η(x) d x.

No, η(x1) = η(x2) = 0, pa prvi clan desne strane iscezava. Vratimo li se izrazu (11.5)

∂ J

∂ α=

∫ x2

x1

η(x)

[∂ f

∂ y− d

d x

∂ f

∂ yx

]d x,

Uvjet ekstrema postaje∫ x2

x1

[∂ f

∂ y− d

d x

∂ f

∂ yx

]

α=0

η(x) d x = 0. (11.6)

U gornjem izrazu je α = 0 i time izlazi iz problema. Ponekad se gornji izraz mnozi s α dabi se dobila formulacija ekstrema u obliku

∫ x2

x1

[∂ f

∂ y− d

d x

∂ f

∂ yx

]

α=0

δ y d x = α∂ J

∂ α

∣∣∣∣α=0

= δ J = 0.

Kao sto smo vec spomenuli, η je proizvoljna funkcija, pa ju mozemo odabrati tako da jerazlicita od nule i istog predznaka kao i uglata zagrada (kada je uglata zagrada razlicitaod nule). Uz ovaj uvjet integrand je uvjek pozitivan ili nula, pa da bi J bio ekstre-man, iz (11.6) zakljucujemo da mora biti uglata zagrada jednaka nuli. Time smo uvjetstacionarnosti J dobili u obliku diferencijalne jednadzbe

∂ f

∂ y− d

d x

∂ f

∂ yx= 0. (11.7)

Gornja jednadzba se zove Eulerova jednadzba. Sjetimo se - f je poznata funkcija yi yx, pa je ovo gore opcenito diferencijalna jednadzba drugog reda, (11.8), za nepoznatufunkciju y = y(x). Da bi rjesenje postojalo, y mora biti dvostruko derivabilna.


Alternativni oblici Eulerovih jednadzba:Jos jedan oblik Eulerove jednadzbe se dobije raspisom (11.7). Funkcija ∂ f/∂ yx je opetnekakva funkcija od x, y i yx, nazovimo ju

∂ f

∂ yx≡ g(x, y, yx),

pa je zato

∂ f

∂ y− d

d x

∂ f

∂ yx= 0

∂ f

∂ y−(∂ g

∂ x+∂ g

∂ yyx +

∂ g

∂ yxyxx

)= 0

yxx∂2 f

∂ y2x+ yx

∂2 f

∂ y ∂ yx+

(∂2 f

∂ x ∂ yx− ∂ f

∂ y

)= 0. (11.8)

Pokazimo i da je gornja jednadzba ekvivalentna sa

∂ f

∂ x− d

d x

(f − yx

∂ f

∂ yx

)= 0. (11.9)

Ponovo je yx ∂ f/∂ yx nekakva funkcija od x, y i yx, nazovimo ju

yx∂ f

∂ yx≡ G(x, y, yx).

Uz ovu oznaku, gornja diferencijalna jednadzba postaje

0 =∂ f

∂ x− d

d x(f −G) ,

0 =∂ f

∂ x− d

d xf +

d

d xG

0 = 0∂ f

∂ x−(∂ f

∂ x+∂ f

∂ yyx +

∂ f

∂ yxyxx

)+

(∂ G

∂ x+∂ G

∂ yyx +

∂ G

∂ yxyxx

)

0 = yx

[yxx

∂2 f

∂ y2x+ yx

∂2 f

∂ y ∂ yx+

(∂2 f

∂ x ∂ yx− ∂ f

∂ y

)],

a to je isto sto i (11.8), pa prema tome isto sto i (11.7).

Iz (11.9) se vidi da ako f ne ovisi eksplicitno o x, tada je

d

d x

(f − yx

∂ f

∂ yx

)= 0,

tj.

f − yx∂ f

∂ yx= const. (11.10)

11.2. PRIMJENE EULEROVE JEDNADZBE 457

11.2 Primjene Eulerove jednadzbe

Primjer: 11.1 Ravna crtaOdredite najkracu udaljenost izmedu dvije tocke u ravnini (x, y).

Svi znamo da je rjesenje gornjeg zadatka ravna crta, ali idemo pokazati i kako se tomoze izracunati pomocu Eulerove jednadzbe. Iz Pitagorinog poucka slijedi da je, ds,udaljenost izmedu dvije bliske tocke u ravnini (x, y) dana sa

ds =√

(dx)2 + (dy)2 =√

1 + y2x dx.

Udaljenost, J , izmedu dvije proizvoljne (ne nuzno bliske) tocke u ravnini (x, y) se mozenapisati kao

J =

∫ x2,y2

x1,y1

ds =

∫ x2

x1

√1 + y2x dx.

Gornju jednadzbu prepoznajemo kao jednadzbu oblika (11.1), sa funkcijom

f(yx) =√

1 + y2x.

Buduci da f ovisi samo o yx, mozemo iskoristiti (11.10) oblik Eulerove jednadzbe

f − yx∂ f

∂ yx= const.

√1 + y2x −

y2x√1 + y2x

= const.

1√1 + y2x

= const.

Gornja je jednadzba ocito zadovoljena ako je yx = const, tj. ako je y linearna funkcija

y = a+ b x.

Time smo kao rjesenje dobili ocekivani pravac u ravnini (x, y). Konstante a i b se odabirutako da pravac prolazi zadanim tockama (x1, y1) i (x2, y2). Ovime je pokazano da jepravac daje ekstremnu (stacionarnu) vrijednost integrala J . Da bi se pokazalo da se radio minimumu (a ne maksimumu) treba izracunati i α2 clan u razvoju J . Poopcenje ovogproblema na zakrivljeni cetverodimenzijski protor-vrijeme, vodi na vazan koncept koji sepojavljuje u teoriji relativnosti: geodezijske linije.

Primjer: 11.2 Opna od sapuniceZadane se dvije paralelne koaksijalne kruznice razlicitih polumjera, prikazane na slici 11.2.Zadatak je naci plohu koja povezuje ove dvije kruznice, s uvjetom da povrsina te plohe budeminimalna.


Neka su tocke (x1, y1) i (x2, y2) sa slike 11.2, povezane krivuljom y(x). Mozemo za-misliti da trazena ploha nastaje kruzenjem y(x) oko osi x. Povrsina dA elementa plohe,

Slika 11.2: Ploha iz primjera s opnom od sapunice.

prstenastog oblika, prikazana na slici 11.2 je jednaka

dA = (2yπ) d s.

No, duljina luka d s je

d s =√

(d x)2 + (d y)2 = d x√

1 + y2x.

Ukupna povrsina je jednaka

A =

∫dA =

∫ x2

x1

2yπ√1 + y2x d x.

Povrsina A je ono sto treba minimizirati, dakle ono sto smo u dosadasnjem izlaganjuoznacavali s J , a podintegralna funkcija je

f(x, y, yx) = 2 π y√1 + y2x = f(y, yx)

Buduci da f ne ovisi eksplicitno o x, to je ∂ f/∂ x = 0 i mozemo korisiti (11.10) oblikEulerove jednadzbe

f − yx∂ f

∂ yx= c1

y√

1 + y2x −y y2x√1 + y2x

= c1

y√1 + y2x

= c1

(konstantu 2π smo uvrstili u konstantu c1). Kvadriranjem i sredivanjem gornje jednadzbe,dobiva se

d y√y2 − c21

=d x

c1, c21 < y2min.

11.3. JEDNA NEOVISNA I NEKOLIKO OVISNIH VARIJABLA 459

Izravnom integracijom gornje jednadzbe, slijedi

y(x) = c1 cosh

(x

c1+ c2

).

Konstante c1 i c2 se odreduju iz zahtjeva da y(x) prolazi tockama (x1, y1) i (x2, y2). Gornjafunkcija (hiperbolni kosinus) se naziva i lancanica. Vidimo da se kao rezultat dobilapovrsina nastala vrtnjom lancanice2 oko osi x.

Zadatak: 11.1 Zraka svjetlosti se lomi na ravnoj granici dva opticki homogena sredstva(slika) s indeksima loma n1 i n2. Fermatovo nacelo kaze da zraka putuje odtocke A do tocke B tako da joj za put treba najmanje vremena. Pokazite daje ovo nacelo ekvivalentno sa Snellovim zakonom.


R:dovrsiti

11.3 Jedna neovisna i nekoliko ovisnih varijabla

Pocetni problem, definiran u (11.1), se moze poopciti na nekoliko nacina. U ovom cemoodjeljku promatrati integrand f koja je funkcija nekoliko x-ovisnih vrijabli:

y1(x), y2(x), y3(x), · · · yN(x).

U ovom slucaju, integral J ciji ekstrem (stacionarnu vrijednost) trazimo je

J =

∫ x2

x1

f[x, y1(x), y2(x), · · · , yN(x), y1,x(x), y2,x(x), · · · , yN,x(x)

]d x. (11.11)

2Prisjetimo se da uze, pricvrceno na dva kraja, a koje inace slobodno visi u gravitacijskom polju, ima oblik lancanice,[4] odjeljak ....


Kao i u prethodnom odjeljku, i sada cemo ekstremnu vrijednost J odrediti usporedbomiznosa integrala izvedenih po bliskom putanjama. Neka su

yi(x, α) = yi(x, 0) + α ηi(x), i = 1, 2, · · · , N,

gdje su ηi(x) medusobno neovisne funkcije. Uvjet ekstrema

∂ J

∂ α

∣∣∣∣α=0

= 0,

vodi na

∂ J

∂ α

∣∣∣∣α=0

=

∫ x2

x1

N∑

i=1

[∂ f

∂ yi

∂ yi∂ α

+∂ f

∂ yi,x

∂ yi,x∂ α

]

α=0

d x = 0

=

∫ x2

x1

N∑

i=1

[∂ f

∂ yiηi(x) +

∂ f

∂ yi,x

∂ ηi∂ x

]

α=0

d x = 0. (11.12)

Kao i u prethodnom odjeljku, parcijalnom integracijom drugog clana, dolazi se do

N∑

i=1

∫ x2

x1

(∂ f

∂ yi− d

d x

∂ f

∂ yi,x

)ηi(x) d x = 0.

Buduci da ηi(x) imaju proizvoljne vrijednosti unutar podrucja integracije, i medusobnosu neovisne svaka od gornjih N zagrada mora zasebno3 iscezavati. Tako smo dobili skupod N Eulerovih jednadzba koje moraju biti simultano zadovoljene, da bi integral J imaoekstremnu vrijednost

∂ f

∂ yi− d

d x

∂ f

∂ yi,x= 0, i = 1, 2, · · · , N. (11.13)

Hamiltonovo nacelo:Najvaznija primjena (11.11) se dobije kada se za funkciju f odabere Lagrangeova funkcjaili lagranzijan4 L. Lagranzijan je definiran kao razlika kineticke i potencijalne energijepromatranog konzervativnog mehanickog sustava

L = Ek − Ep.

U ovoj je formulaciji vrijeme t nezavisna varijabla, a poopcene koordinate qi(t) i poopcene

3To je lako vidjeti: zbog neovisnosti ηi-eva mozemo odabrati η1 6= 0, a sve ostale η2 = · · · ηN = 0, sto vodi na uvjet daje zagrada s indeksom i = 1 jednaka nuli. Slicno se pokazuje i da su sve ostale zagrade jednake nuli.

4Vidjeti npr. odjeljak o Lagrangeovim jednadzbama u [4].

11.3. JEDNA NEOVISNA I NEKOLIKO OVISNIH VARIJABLA 461

brzine qi(t) su zavisne

x → t,

yi(x) → qi(t),

yi,x(x) → qi(t).

Uvjet δ J = 0 je tada matematicki zapis Hamiltonova nacela klasicne mehanike

δ

∫ t2

t1

L(t, q1, q2, · · · , qN , q1, q2, · · · , qN ) d t = 0.

Ili, rijecima: mehanicki sustav se giba u vremenu od t1 do t2 tako da gornji integralLagrangeove funkcije ima ekstremnu (minimalnu) vrijednost. Primjenjene na klasicnumehaniku, Eulerove jednadzbe se zovu Lagrangeove jednadzbe gibanja

d

d t

∂ L

∂ qi− ∂ L

∂ qi= 0, i = 1, 2, · · · , N. (11.14)

Gornje jednadzbe su ekvivalentne5 s Newtonovim jednadzbama gibanja. Formulacijajednadzbi gibanja preko lagranzijana umjesto Newtonovog oblika, ima znacajnih pred-nosti:

♠ Ne uvodi se pojam sile;

♠ Newtonove jednadzbe su vektorske, dok su Lagrangeove jednadzbe skalarne;

♠ poopcene koordinate q1, q2, · · · ne moraju sve imati dimenziju duljine (mogu bit kutoviili nesto drugo) i mogu se odabrati tako da sadrze u sebi uvjete nametnute na sustav;

♠ Lagrangeove jednadzbe su invarijantne na odabir koordinatnog sustava. Newtonove jednadzbe(napisane po komponentama) nisu invarijantne;

♠ Lagrangeove jednadzbe su zasnovane na konceptu energije, pa se njihova primjena lako mozeprosiriti s mehanike na druga podrucja kao sto su elektromagnetske ili zvucne pojave,rezultat ovoga je jednolikost opisa fizickih zakona u razlicitim podrucjima fizike;

♠ u kvantnoj mehanici je kvantizacija cesticnog lagranzijana posluzila kao model za kvantizacijulagranzijana elektromagnetskog polja i dovela do razvoja kvantne elektrodinamike.

No, jedna od najvrijednijih prednosti primjene Hamiltonova nacela, tj. Lagrangeovih jed-nadzba, jeste jednostavan uvid u vezu izmedu simetrija i zakona sacuvanja. Npr.neka je xi = ϕ, kut otklona u ravnini (x, y). Ako je lagranzijan neovisan o ϕ, tada je:

(1) sustav je aksijalno (rotacijski) simetrican;



(2) iz (11.14) zakljucujemo da je ∂ L/∂ ϕ konstantno; fizicki to znaci konstantnost (sacuvanje)ϕ komponente momenta kolicine gibanja.

Na slican se nacin pokazuje da translacijska invarijantnost vodi na sacuvanje kolicinegibanja. Noetherin teorem je poopcenje ovih veza simetrija i zakona sacuvanja.

Zadatak: 11.2 Cestica u gibanju - Descartesove koordinate.Na primjeru jedne cestice koja se giba u polju potencijalne energije Ep(x),pokazite ekvivalenciju Lagrangeove i Newtonove jednadzbe.

R:Lagranzijan cestice je

L =1

2m x 2 −Ep(x).

Problem je jednodimenzijski, pa postoji samo jedna Lagrangeova jednadzba.Izracunajmo derivacije koje se pojavlju u Lagrangeovoj jednadzbi

∂ L

∂ x= m x ,

∂ L

∂ x= −dEp

d x,

pa Lagrangeova jednadzba, (11.14), glasi

d

d tm x − (−)

dEpd x

= 0.

Buduci da je negativna derivacija potencijalne energije upravo sila, a derivacijaubrzanje, gornju jednadzbu prepoznajemo kao Newtonovi jednadzbu gibanja(2. Newtonov aksiom)

m x = Fx.

Zadatak: 11.3 Slobodna cestica u gibanju - polarne koordinate.Zadatak je postaviti Lagrangeove jednadzbe gibanja slobodne cestice u ravnini(x, y) u polarnim koordinatama.

R:Slobodna cestica (nema vanjske sile, tj. Ep = 0) koja se giba u ravnini imadva stupnja slobode: to su ρ, radijalna udaljenost od ishodista i ϕ, kut kojiradij vektor cestice zatvara s pozitivnim smjerom osi x. Brzinu u polarnim

11.4. JEDNA OVISNA I NEKOLIKO NEOVISNIH VARIJABLA 463

koordinatama znamo6, pa je

L = Ek =1

2m (ρ2 + ρ2 ϕ2)

Opet racunamo derivacije koje se pojavljuju u (11.14): za varijablu ρ

∂ L

∂ ρ= m ρ,

∂ L

∂ ρ= m ρ ϕ2,

i varijablu ϕ

∂ L

∂ ϕ= m ρ2 ϕ,

∂ L

∂ ϕ= 0.

Lagrangeove jednadzbe, (11.14), su

d

d t(m ρ)−m ρ ϕ2 = 0,

d

d t(m ρ2 ϕ) = 0.

Druga od gornjih jednadzba predstavlja zakon o sacuvanju momenta kolicinegibanja, a prva daje ravnotezu izmedu radijalnog ubrzanja i centrifugalne sile.

Zadatak: 11.4 Pokazite da lagranzijan

L = m0c2

(1−

√1− v2

c2

)− Ep(~r),

vodi na relativisticki oblik drugog Newtonovog aksioma.

R:dovrsiti

11.4 Jedna ovisna i nekoliko neovisnih varijabla

U ovom cemo odjeljku razmatrati situaciju kada treba naci ekstrem integrala J pri cemupodintegralna funkcija f ovisi o vise (ovdje o tri) neovisnih varijabla x, y, z, · · · i jednoj



ovisnoj varijabli u(x, y, z) i njezinim derivacijama ux(x, y, z), uy(x, y, z) i uz(x, y, z)

ux =∂ u

∂ x, uy =

∂ u

∂ y, uz =

∂ u

∂ z.

J =

∫ x2

x1

∫ y2

y1

∫ z2

z1

f[x, y, z, u(x, y, z), ux(x, y, z), uy(x, y, z), uz(x, y, z)

]d x d y d z,

(11.15)Varijacijski se problem sastoji u tome da treba naci funkciju u(x, y, z) za koju je integralJ ekstreman (stacionaran)

δ J ≡ α∂ J

∂ α

∣∣∣∣α=0

= 0.

poopcenjem postupka iz prethodnih odjeljaka, definiramo bliske putanje pomocu pro-izvoljne funkcije η(x, y, z)

u(x, y, z, α) = u(x, y, z, 0) + α η(x, y, z),

ux(x, y, z, α) = ux(x, y, z, 0) + α ηx(x, y, z),

uy(x, y, z, α) = uy(x, y, z, 0) + α ηy(x, y, z),

uz(x, y, z, α) = uz(x, y, z, 0) + α ηz(x, y, z),

gdje su

ηx =∂ η

∂ x, ηy =

∂ η

∂ y, ηz =

∂ η

∂ z..

Funkcija u(x, y, z, 0) je nepoznata (trazena) funkcija koja zadovoljava uvjet δ J = 0. Za ηse zahtjeva da je derivabilna (to smo vec uzeli u obzir pretpostavivsi da ηx, ηy, ηz postoje)i da iscezava u rubnim tockama

η(x1, y1, z1) = η(x2, y2, z2) = 0.

Deriviranjem jednadzbe (11.15) po α u tocki α = 0, dobiva se

∂ J

∂ α

∣∣∣∣α=0

=

∫ x2

x1

∫ y2

y1

∫ z2

z1

(∂ f

∂ uη +

∂ f

∂ uxηx +

∂ f

∂ uyηy +

∂ f

∂ uzηz

)

α=0

d x d y d z = 0,

Parcijalnom integracijom sva tri clana oblika (∂ f/∂ ui)ηi (kao u prethodna dva odjeljka),dobiva se∫ x2

x1

∫ y2

y1

∫ z2

z1

(∂ f

∂ u− ∂

∂ x

∂ f

∂ ux− ∂

∂ y

∂ f

∂ uy− ∂

∂ z

∂ f

∂ uz

)

α=0

η d x d y d z = 0. (11.16)

11.4. JEDNA OVISNA I NEKOLIKO NEOVISNIH VARIJABLA 465

Buduci da je η(x, y, z) proizvoljna funkcija, da bi gornji integral bio jednak nuli, moraizraz u okrugloj zagradi biti jednaka nuli (uz α = 0, tj. na y = y(x, 0))

∂ f

∂ u− ∂

∂ x

∂ f

∂ ux− ∂

∂ y

∂ f

∂ uy− ∂

∂ z

∂ f

∂ uz= 0. (11.17)

To je Eulerova jednadzba za tri nezavisne varijable.Vezano za gornju jednadzbu treba primjetiti da je prema (11.15), funkcija f

f = f[x, y, z, u(x, y, z), ux(x, y, z), uy(x, y, z), uz(x, y, z)

],

pa zato i funkcija ∂ f/∂ ux funkcija tih istih varijabla

∂ f

∂ ux=

∂ f

∂ ux

[x, y, z, u(x, y, z), ux(x, y, z), uy(x, y, z), uz(x, y, z)

].

Imajuci to u vidu, parcijalne derivacije navedene u jednadzbi (11.17),imaju slijedeceznacenje:

∂

∂ x

∂ f

∂ ux=

∂2 f

∂ x ∂ ux+

∂2 f

∂ u ∂ uxux +

∂2 f

∂ u2xuxx +

∂2 f

∂ uy ∂ uxuxy +

∂2 f

∂ uz ∂ uxuxz

i slicno za ∂ f/∂ uy i ∂ f/∂ uz clanove.

Zadatak: 11.5 Laplaceova jednadzbaPrimjenom Eulerove jednadzbe, nadite uvjet da energija elektrostatskog poljaunutar zadanog volumena bude minimalna.

R:Kao sto je poznato iz elektrodinamike, gustoca energije elektrostatskog polja−→E je jednaka

ρE =dE−→

E

d r3=

1

2ǫ−→E 2.

Isto tako je poznata veza izmedu elektrostatskog polja−→E i skalarnog poten-

cijala V

−→E = −−→∇V,

pa gornja relacija postaje

ρE =1

2ǫ(−→∇V

)2.


Ukupna elektrostatska energija untar zadanog volumena je

E−→E

=

∫

x

∫

y

∫

z

ρE(x, y, z) d x d y d z

=1

2ǫ

∫

x

∫

y

∫

z

(−→∇V)2d x d y d z

=1

2ǫ

∫

x

∫

y

∫

z

(V 2x + V 2

y + V 2z

)d x d y d z.

Vx ≡∂ V

∂ x, Vy ≡

∂ V

∂ y, Vz ≡

∂ V

∂ z.

Integral energije E−→E

ima znacenje integrala J iz gornjeg izlaganja, a podinte-gralna funkcija je

f(x, y, z, V, Vx, Vy, Vz) =1

2ǫ(V 2x + V 2

y + V 2z

)= f(Vx, Vy, Vz),

iz cega slijedi

∂ f

∂ u→ ∂ f

∂ V= 0,

∂ f

∂ ux→ ∂ f

∂ Vx= ǫ Vx,

∂ f

∂ uy→ ∂ f

∂ Vy= ǫ Vy,

∂ f

∂ uz→ ∂ f

∂ Vz= ǫ Vz,

∂

∂ x

∂ f

∂ ux→ ∂

∂ x

∂ f

∂ Vx= ǫ Vx x = ǫ

∂2 V

∂ x2,

∂

∂ y

∂ f

∂ uy→ ∂

∂ y

∂ f

∂ Vy= ǫ Vy y = ǫ

∂2 V

∂ y2,

∂

∂ z

∂ f

∂ uz→ ∂

∂ z

∂ f

∂ Vz= ǫ Vz z = ǫ

∂2 V

∂ z2.

Izravnim uvrstavanjem gornjih izraza u Eulerovu jednadzbu (11.17), dobivase

∂2 V

∂ x2+∂2 V

∂ y2+∂2 V

∂ z2= 0,

sto prepoznajemo kao Laplaceovu jednadzbu

∇ 2V = 0.

11.5. VISE OD JEDNE OVISNE I VISE OD JEDNE NEOVISNE VARIJABLE 467

Dakle, i Laplaceova jednadzba pripada klasi Eulerovih jednadzba.

Zadatak: 11.6 Lagranzijan napete zice koja titra malim amplitudama je

L =

∫ l

0

[λ02

(∂ u

∂ t

)2

+τ02

(∂ u

∂ x

)2]dx,

gdje je λ0 konstantna linijska masena gustoca niti, a τ0 je konstantna nape-tost niti. Integrira se po cijeloj duljini zice. Primjenom Hamiltonova nacela,pokazite da se iz gornjeg lagranzijana dobiva klasicna valna jednadzba.

R:dovrsiti

11.5 Vise od jedne ovisne i vise od jedne neovisne varijable

U ovom odjeljku promatramo situaciju kada podintegralna funkcija f sadrzi nekoliko (tri)neovisnih varijabla

x, y, z

i nekoliko (tri) ovisnih varijabli

p(x, y, z), q(x, y, z), r(x, y, z)

i njihovih derivacija po x, y i z

px(x, y, z), py(x, y, z), pz(x, y, z),

qx(x, y, z), qy(x, y, z), qz(x, y, z),

rx(x, y, z), ry(x, y, z), rz(x, y, z).

Tada je f oblika

f = f(x, y, z, p, q, r, px, py, pz, qx, qy, qz, rx, ry, rz).

Kao i u prethodnim poglavljima i sada usporedujemo dvije bliske putanje cija je razlikaopisana proizvoljnim funkcijama ξ, η i ζ

p(x, y, z, α) = p(x, y, z, 0) + α ξ(x, y, z),

q(x, y, z, α) = q(x, y, z, 0) + α η(x, y, z),

r(x, y, z, α) = r(x, y, z, 0) + α ζ(x, y, z),

itd. ako ima vise od tri varijable. Imajmo na umu da su, poput ηi iz prethodnog odjeljka,funkcije ξ, η i ζ medusobno nezavisne. Istim postupkom kao i u prethodnim odjelj-cima: derivacijom po α, a zatim parcijalnom integracijom, dolazi se do skupa parcijalnih


diferencijalnih jednadzba oblika 11.17

∂ f

∂ p− ∂

∂ x

∂ f

∂ px− ∂

∂ y

∂ f

∂ py− ∂

∂ z

∂ f

∂ pz= 0,

∂ f

∂ q− ∂

∂ x

∂ f

∂ qx− ∂

∂ y

∂ f

∂ qy− ∂

∂ z

∂ f

∂ qz= 0,

∂ f

∂ r− ∂

∂ x

∂ f

∂ rx− ∂

∂ y

∂ f

∂ ry− ∂

∂ z

∂ f

∂ rz= 0

i slicno kada bi bilo vise od tri zavisne i vise od tri nezavisne varijable. Gornji sustav semoze kompaktnije zapisati ako se umjesto nezavisnih varijabla x, y, z, · · · uvede oznakaxj , a umjesto zavisnih p, q, r, · · · se uvedu yi. U tom slucaju cemo derivacije po xj zavisnihvarijabli oznacavati kao yi,xj . Gornji se sustav sada moze zapisati kao

∂ f

∂ yi−∑

j

∂

∂ xj

∂ f

∂ yi,xj= 0, i = 1, 2, · · · . (11.18)

11.6 Lagrangeovi mnozitelji

U ovom se odjeljku uvodi koncept uvjeta. Da bi se pojednostavilo izlaganje, uvjeti ce sepojavljivati (samo) samo kao funkcije (a ne i u integralnom obliku, sto je takoder jedanod oblika u kojima se mogu iskazivati uvjeti). Ovdje necemo raditi racun varijacija; teku slijedecem odjeljku cemo povezati uvjete i varijacijski racun.Promotrimo funkciju tri nezavisne varijable f(x, y, z). Da bi funkcija f imala ekstrem utocki ~r0 = (x0, y0, z0), mora biti

d f∣∣∣x0,y0,z0

=∂ f

∂ x

∣∣∣x0,y0,z0

d x+∂ f

∂ y

∣∣∣x0,y0,z0

d y +∂ f

∂ z

∣∣∣x0,y0,z0

d z = 0 (11.19)

za svaki proizvoljni mali pomak d~r u odnosu na ~r0

d~r = dx~ex + dy ~ey + dz ~ez .

Radi jednostavnije notacije u daljem tekstu se uz derivacije nece navoditi oznaka deriva-cije u tocki, ali ce se podrazumjevati da se radi o derivacije u tocki, dakle o broju, a ne oderivaciji kao funkciji.

Ako su sve tri varijable nezavisne medusobno, mozemo odabrati promjenu d~rtako da je d x 6= 0, a d y = d z = 0. U tom slucaju iz (11.19) zakljucujemo da mora biti

∂ f

∂ x= 0.

Slicnim razmisljanjem primjenjenim na ostale dvije varijable, dolazimo do nuznog i do-voljnog uvjeta ekstrema funkcije tri nezavisne varijable

∂ f

∂ x=∂ f

∂ y=∂ f

∂ z= 0. (11.20)

U fizickim se problemima cesto dogada da sve tri varijable x, y i z nisu medusobno

11.6. LAGRANGEOVI MNOZITELJI 469

nezavisne, nego su povezane nekim funkcijskim vezama koje se zovu uvjeti. Ove jeuvjete moguce, bar u principu, iskoristiti da se jedne varijable izraze preko drugih i takose smanji broj varijabli koje se pojavljuju u racunu. Tako npr. ako su x i y povezani iako je tu relaciju moguce napisati u obliku y = g(x), tada je

f = f(x, g(x), z

),

d f =∂ f

∂ xd x+

∂ f

∂ g

∂ g

∂ xd x+

∂ f

∂ zd z = 0

=

(∂ f

∂ x+∂ f

∂ g

∂ g

∂ x

)d x+

∂ f

∂ zd z = 0.

Buduci da su sada x i z nezavisne varijable, istim razmisljanjem kao gore, dolazi se douvjeta ekstrema

∂ f

∂ x+∂ f

∂ g

∂ g

∂ x= 0,

∂ f

∂ z= 0.

Jedan drukciji pristup ovom problemu se sastoji u uvodenju i primjeni Lagrangeovihmnozitelja. On se koristi onda kada je, gore spomenuti, postupak eliminacije pojedinihvarijabla neprikladan, nepozeljan ili nemoguc. Radi jednostavnosti, neka postoji samojedna jednadzba uvjeta, koju cemo napisati u obliku

ϕ(x, y, z) = 0. (11.21)

Iz gornje jednadzbe je

d ϕ =∂ ϕ

∂ xd x+

∂ ϕ

∂ yd y +

∂ ϕ

∂ zd z = 0. (11.22)

Zbog postojanja ovog (jednog) uvjeta, samo su dvije varijable nezavisne7, pa (11.20)vise nije nuzan uvjet ekstrema. Evo zasto: ako odaberemo x i y kao nezavisne, tada je zodredena tako da mora zadovoljavati uvjet ϕ(x, y, z) = 0. Isto vrijedi i za diferencijale: zaslobodno odabrane d x i d y, diferencijal d z nije takoder slobodan, nego mora zadovoljavati(11.22). Sada postupamo ovako, (11.22) pomnozimo s konstantom λ i zbrojimo s (11.19)

d f+λ dϕ =

(∂ f

∂ x+ λ

∂ ϕ

∂ x

)d x+

(∂ f

∂ y+ λ

∂ ϕ

∂ y

)d y+

(∂ f

∂ z+ λ

∂ ϕ

∂ z

)d z = 0. (11.23)

Slobodna konstanta8 λ se odabire tako da je gornja zagrada uz d z jednaka nuli

λ ⇒ ∂ f

∂ z+ λ

∂ ϕ

∂ z= 0,

uz pretpostavku da je ∂ ϕ/∂ z 6= 0.

7Treca se moze, pomocu jednadzbe (11.21), izraziti preko preostale dvije.8Kako znam da ce λ biti bas konstanta, a ne funkcija od x, y i z? Razlog ovoj dvojbi je u notaciji (vidjeti tekst na

pocetku ovog odjeljka): kada se kaze d f = 0, to zapravo znaci da se trazi tocka u kojoj je ovaj diferncijal jednak nuli

d f∣

∣

∣

x0,y0,z0= 0 i sve derivacije koje se ovdje spominju nisu funkcije, nego su to derivacije u tocki (x0, y0, z0), to su dakle

brojevi, pa je zato i λ broj, tj. konstanta.


Sada uvjet ekstrema (11.23) glasi

d f + λ dϕ =

(∂ f

∂ x+ λ

∂ ϕ

∂ x

)d x+

(∂ f

∂ y+ λ

∂ ϕ

∂ y

)d y = 0. (11.24)

No kako su x i y nezavisne varijable, mozemo odabrati promjenu d f + λ dϕ tako da jed x 6= 0 i d y = 0 iz cega zakljucujemo da je

∂ f

∂ x+ λ

∂ ϕ

∂ x= 0.

Naprotiv, ako odaberemo promjenu d f+λ dϕ tako da je d y 6= 0, a d x = 0, zakljucujemoda je

∂ f

∂ y+ λ

∂ ϕ

∂ y= 0.

Tako smo dosli do zakljucka da sve tri zagrade iz (11.23) moraju iscezavati: jedna zbogodabira slobodnog parametra λ, a druge dvije zbog nezavisnosti varijabla x i y

∂ f

∂ x+ λ

∂ ϕ

∂ x= 0,

∂ f

∂ y+ λ

∂ ϕ

∂ y= 0, (11.25)

∂ f

∂ z+ λ

∂ ϕ

∂ z= 0.

Kada su zadovoljene jednadzbe (11.25), tada je d f = 0 i f ima ekstrem. Primjetimoda imamo cetiri nepoznanice: x, y, z i λ i cetiri jednadzbe: tri gornje i jednadzba uvjeta(11.21). Uistinu, cilj nam je izracunati samo9 x, y i z, dok nas sam λ ne zanima. Ovajpostupak neprimjenjiv, ako u tocki ekstrema, svi koeficijenti uz λ iscezavaju10, tj. akoje

∂ ϕ

∂ x=∂ ϕ

∂ y=∂ ϕ

∂ z= 0.

Primjetimo da u (11.25) mozemo f procitati kao funkciju kojoj trazimo ekstrem, a ϕkao uvjet; ali isto tako mozemo i ϕ shvatiti kao funkciju kojoj trazimo ekstrem uz f kaofunkciju uvjeta (tada je Lagrangeov mnozitelj jednak 1/λ)

∂ ϕ

∂ x+

1

λ

∂ f

∂ x= 0,

∂ ϕ

∂ y+

1

λ

∂ f

∂ y= 0,

∂ ϕ

∂ z+

1

λ

∂ f

∂ z= 0.

U koliko nemamo tri nego N varijabla oznacenih s xi, medu kojima vrijedi K uvjeta

9Ovi x, y i z su tocke ekstrema (x0, y0, z0), a ne varijable.10Tada se racuna s diferencijalima drugog reda.

11.6. LAGRANGEOVI MNOZITELJI 471

opisanih funkcijama ϕk,

ϕk(x1, x2, · · · , xN ) = 0, ∀ k = 1, 2, · · · , K,

izravno i ocito poopcenje gornjeg postupka vodi na n jednadzba

∂ f

∂ xi+

K∑

k=1

λk∂ ϕk∂ xi

= 0, i = 1, 2, · · · , N, (11.26)

gdje λk Lagrangeov mnozitelj pridruzen uvjetu ϕk.

Zadatak: 11.7 Cestica u kutiji.Kvantnomehanicka cestica mase m, nalazi se u kutiji duljine bridova a, b i c.Energija osnovnog stanja (najniza energija) je dana sa

E =h2

8m

(1

a2+

1

b2+

1

c2

).

Zadatak je pronaci oblik kutije koji ce minimizirati energiju uz uvjet da jevolumen kutije konstantan

V (a, b, c) = a b c = c0 = const.

R:Ako se gornji zadatak prevede na jezik racuna varijacije, tada je funkcija f cijise minimum trazi upravo energija

f ≡ E(a, b, c),

uz uvjet da je volumen konstantan

ϕ(a, b, c) = a b c− c0 = 0.

Postoji jedan uvjet, K = 1 i tri varijable x1 = a, x2 = b i x3 = c, pa (11.26)daje slijedece jednadzbe

∂ E

∂ a+ λ

∂ ϕ

∂ a= − h2

4ma3+ λ b c = 0,

∂ E

∂ b+ λ

∂ ϕ

∂ b= − h2

4mb3+ λ a c = 0,

∂ E

∂ c+ λ

∂ ϕ

∂ c= − h2

4mc3+ λ a b = 0.

Pomnozimo li prvu od tih jednadzba s a, drugu s b, a trecu s c, dobivamo

λ a b c =h2

4ma2=

h2

4mb2=

h2

4mc2.

No, prema jednadzbi uvjeta je a b c = c0 = const, pa se iz gornjih jednadzba


zakljucuje da je

a = b = c =

√h2

4mλc0, (11.27)

tj. trazeni oblik volumena je kocka. Sada iz uvjeta slijedi vrijednost za a

abc = c0,

a3 = c0,

a = c1/30 .

Primjetimo da smo do rjesenja dosli, a da nismo izracunali λ. On se mozedobiti iz gornjih jednadzba.Izracunajmo i λ. Iz (11.27) slijedi

λ =h2

4 m c5/30

.

Zadatak: 11.8 Cilindricni nuklearni reaktorZadatak je

R:dovrsiti

11.7 Varijacije uz uvjete

U ovom cemo odjeljku povezati varijacijski racun i mogucnost postojanja uvjeta meduputanjama koje ekstremiziraju integral J .

Kao i u prethodnim odjeljcima, trazimo putanju koja ce uciniti integral

J =

∫f(xj , yi, yi,xj) d xj (11.28)

ekstremnim (stacionarnim). U gornjem zapisu xj predstavlja skup nezavisnih,

xj = x1, x2, · · · ,d xj = d x1 d x2 · · · ,

a yi skup zavisnih varijabla

yi = y1, y2, · · · .

S yi,xj je oznacena parcijalna derivacija yi po xj

∂ yi∂ xj

.

11.7. VARIJACIJE UZ UVJETE 473

Ponovo je uvjet ekstremaδ J = 0. (11.29)

Za razliku od prethodnih odjeljaka, gdje su bili postavljeni uvjeti medu koordinatamax, y, z, · · · , sada postoje uvjeti medu funkcijama y1, y2, y3, · · · . To znaci da se funkcijeηi ne mogu vise sve mijenjati nezavisno jedna od druge i jednadzbe (11.18) vise ne vrijede.Neka ima vise uvjeta i neka su opisani jednadzbama oblika

ϕk(xj , yi) = 0 k = 1, 2, · · · , K. (11.30)

Gornji uvjet mozemo pomnoziti nekom funkcijom od xj , nazovimo ju λk(xj) i prointgriratipo istom podrucju kao i u (11.28)

∫λk(xj) ϕk(yi, xj) d xj = 0.

Jasno da je u tom slucaju i

δ

∫λk(xj) ϕk(yi, xj) d xj = 0. (11.31)

Druga je mogucnost da se uvjet pojavi (zadan je) u obliku integrala∫

ϕk(xj , yi, yi,xj) d xj = const. (11.32)

U ovom slucaju mozemo uvesti bilo koji konstantni Lagrangeov mnozitelj i ponovo dobiti(11.31), ali sada uz konstantni λ.

U oba slucaja, zbrajanjem jednadzba (11.29) i (11.31) (uz mogucnost da ima vise uvjeta),dobiva se

δ

∫ [f(xj, yi, yi,xj) +

K∑

k=1

λk ϕk(xj , yi)

]d xj = 0.

Ukoliko je uvjet zadan u obliku (11.30), Lagrangeovi mnozitelji λk mogu ovisiti o xj . Sadase cijeli integrand moze shvatiti kao neka nova funkcija g(xj, yi, yi,xj)

g = f +K∑

k=1

λk ϕk, (11.33)

0 = δ

∫g(xj , yi, yi,xj) d xj,

yi(xj , α) = yi(xj , 0) + α ηi(xj).

Istim postupkom koji je doveo do jednadzbe (11.16), dolazi se sada do jednadzbe

∫d x1

∫d x2

∫d x3 · · ·

N∑

i=1

(∂ g

∂ yi−∑

j

∂

∂ xj

∂ g

∂ yi,xj

)

α=0

ηi = 0.

Ako postoji N funkcija yi sa i = 1, 2, · · · , N i K uvjeta ϕk za k = 1, 2, · · · , K, tada se


prvih N −K funkcija ηi moze smatrati nezavisnim jedna od druge

∫d x1

∫d x2

∫d x3 · · ·

N−K∑

i=1

(∂ g

∂ yi−∑

j

∂

∂ xj

∂ g

∂ yi,xj

)

α=0

ηi

+

∫d x1

∫d x2

∫d x3 · · ·

N∑

i=N−K+1

(∂ g

∂ yi−∑

j

∂

∂ xj

∂ g

∂ yi,xj

)

α=0

ηi = 0.

i zato ce tih prvih N −K okruglih zagrada iz gornjeg izraza biti jednako nuli. PreostalihK funkcija ηi

ηi i = N −K + 1, N −K + 2, · · · , N

nisu nezavisne, nego ovise o prethodnih N − K funkcija ηi i zato se na njih ne mozeprimjeniti ista argumentacija kao za ove nezavisne ηi. No, na raspolaganju nam je upravoK Lagrangeovih mnozitelja koje smo slobodni odabrati upravo tako da i te preostaleK okrugle zagrade budu jednake nuli (to je isti nacin razmisljanja koji nas je doveo do(11.25)). Konacni je rezultat da svih N okruglih zagrada mora biti jednako nuli, tj.novouvedena funkcija g mora zadovoljavati N Euler-Lagrangeovih jednadzba

∂ g

∂ yi−∑

j

∂

∂ xj

∂ g

∂ yi,xj= 0. (11.34)

za svaki i = 1, 2, · · · , N (usporediti s (11.17) i (11.18)). Ove jednadzbe treba rijesiti si-multano s jednadzbama uvjeta da bi se dobile funkcije (putanje) yi koje vode na ekstremnuvrijednost integrala J .

Lagrangeove jednadzbe:Bez uvjeta na gibanje, Lagrangeove jednadzbe gibanja (11.14) su

d

d t

∂ L

∂ qi− ∂ L

∂ qi= 0, i = 1, 2, · · · , n.

U gornjim jednadzbama je vrijeme t jedina nezavisna varijabla, a ovisne varijable (polozajicestica i njihove brzine) su oznacene s qi i qi (umjesto s yi i yi,x) kao sto je to uobicajeno uanalitickoj mehanici. Ako je sustav podvrgnut uvjetima ϕk, Hamiltonovo nacelo je oblika

δ

∫ [L(t, qi, qi) +

K∑

k=1

λk ϕk(t, qi)

]d t = 0,

a Lagrangeove jednadzbe, uz postojanje uvjeta na gibanje, su

d

d t

∂ L

∂ qi− ∂ L

∂ qi=

K∑

k=1

λk∂ ϕk∂ qi

. (11.35)


Gornji izraz vrijedi kada uvjeti na gibanje ϕk = ϕk(t, qi) ne ovise o poopcenim brzinama(kada ovise i o brzinama, izraz je nesto slozeniji; npr. vidjeti u [4]).Ako poopcena koordinata qi ima dimenziju duljine, svaki clan desne strane predstavljasilu od k-tog uvjeta, i to njezinu komponentu u i smjeru (bas kao gradijent potencijalneenergije −∂ Ep/∂ qi).

Zadatak: 11.9 Matematicko njihalo.Postavite Lagrangeove jednadzbe matematickog njihala, tretirajuci zahtjev kons-tantnosti duljine njihala, kao vanjski uvjet.

R:Matematicko njihalo se giba u ravnini, pa je polozaj cestice opisan s dvijepolarne koordinate (ρ, ϕ), kao na slici 11.4. U skladu s notacijom iz gornjeg


izlaganja, uvjet da je duljina njihala konstantna i jednaka l pisemo kao

Φ = ρ− l = 0.

Lagrangeova funkcija je

L = Ek −Ep =1

2m (ρ2 + ρ2 ϕ2) +mgρ cosϕ.

Potencijalna energija je jednaka nuli kada je njihalo u vodoravnom polozaju.Postoji samo jedan uvjet, pa nam indeks k nije potreban,

∂ Φ

∂ ρ= 1,

∂ Φ

∂ ϕ= 0.

Postavljamo jednadzbe (11.35):

d

d t

∂ L

∂ ρ− ∂ L

∂ ρ= λ,

d

d t

∂ L

∂ ϕ− ∂ L

∂ ϕ= 0.


Nakon deriviranja se dobije

d

d t(m ρ)−mρϕ2 −mg cosϕ = λ,

d

d t(m ρ2 ϕ) +mgρ sinϕ = 0.

Nakon uvrstavanja uvjeta: ρ = l = const., tj. ρ = 0, dobiva se

mlϕ2 +mg cosϕ = −λ,m l2 ϕ+mgl sinϕ = 0.

U granici malih titraja (mali kut ϕ), druga jednadzba opisuje harmonijskotitranje njihala. U prvoj jednadzbi, λ daje napetost niti kao funkciju ϕ i ϕ.Primjetimo da, buduci je uvjet zadan u obliku Φ = 0, konstanta λ ovisi ovremenu (kroz ϕ = ϕ(t)).

Zadatak: 11.10 Cestica klizi po cilindru.Zadatak je

R:dovrsiti

Zadatak: 11.11 Schrodingerova valna jednadzba.Treba izvesti Eulerovu jednadzbu za slijedeci problem. H je Hamiltonov kvant-nomehanicki operator cestice mase m

H = − ~2

2m∇ 2 + Ep(x, y, z).

Trazi se ψ koji cini integral∫

x

∫

y

∫

z

ψ ⋆(x, y, z) H ψ(x, y, z) d x d y d z (11.36)

ekstremnim, uz uvjet da je∫

x

∫

y

∫

z

ψ ⋆(x, y, z) ψ(x, y, z) d x d y d z = 1. (11.37)

Izraz (11.36) predstavlja energiju cestice, a uvjet (11.37) je zahtjev da se radio (samo) jednoj cestici.

R:U vezi s gornjim izlaganjem, u ovom problemu postoje dvije zavisne varijable,to su valna funkcija ψ i kompleksno konjugirana valna funkcija ψ ⋆, i tri neza-visne varijable: x, y i z. Parcijalnom integracijom se u (11.36) umjesto druge


derivacije moze dobiti umnozak dvije prve derivacije. Npr. za koordinatu x

∂

∂ x

(ψ ⋆ ∂ ψ

∂ x

)=

∂ ψ ⋆

∂ x

∂ ψ

∂ x+ ψ ⋆ ∂

2 ψ

∂ x2,

∫ψ ⋆ ∂

2 ψ

∂ x2d x = ψ ⋆ ∂ ψ

∂ x

∣∣∣∣−∫

∂ ψ ⋆

∂ x

∂ ψ

∂ xd x.

Uz periodicne rubne uvjete ili integracijom po tako velikom podrucju da ψ iψ ⋆ iscezavaju na rubovima tog podrucja, prvi clan desne strane je jednak nuli.Slicno se napravi i za y i z koordinatu. Time (11.36) postaje

∫

x

∫

y

∫

z

(~2

2m

−→∇ψ ⋆ −→∇ψ + Ep ψ⋆ ψ

)d x d y d z

Iz gornjih izraza ocitavamo funkciju g iz (11.33) kao

g =~2

2m

−→∇ψ ⋆ −→∇ψ + Ep ψ⋆ ψ − λ ψ ⋆ ψ

=~2

2m

(ψ ⋆x ψx + ψ ⋆

y ψy + ψ ⋆z ψz

)+ Ep ψ

⋆ ψ − λ ψ ⋆ ψ.

Derivacije ψ i ψ ⋆ su oznacene kao

ψx ≡∂ ψ

∂ x, ψx ≡

∂ ψ

∂ y, ψx ≡

∂ ψ

∂ z.

ψ ⋆x ≡ ∂ ψ ⋆

∂ x, ψ ⋆

x ≡ ∂ ψ ⋆

∂ y, ψ ⋆

x ≡ ∂ ψ ⋆

∂ z.

Ako za funkciju yi iz (11.34) odaberemo yi ≡ ψ ⋆, tada ta ista jednadzbapostaje

∂ g

∂ ψ ⋆− ∂

∂ x

∂ g

∂ ψ ⋆x

− ∂

∂ y

∂ g

∂ ψ ⋆y

− ∂

∂ z

∂ g

∂ ψ ⋆z

= 0

Ep ψ − λ ψ − ~2

2m(ψxx + ψyy + ψzz) = 0.

Ili, preglednije napisano

− ~2

2m∇ 2 ψ + Ep ψ = λ ψ,

a to je upravo Schrodingerova valna jednadzba u kojoj se kao energija cesticepojavljuje λ. Time je Schrodingerova valna jednadzba dobivena kao jedanposeban slucaj Euler-Lagrangeove jednadzbe s jednim uvjetom (normiranjemvalne funkcije).


11.8 Rayleigh-Ritzova varijacijska tehnika

Ogranicimo se ponovo na samo jednu nezavisnu koordinatu x i jednu funkciju y(x) injezinu derivaciju yx(x). U skladu s notacijom iz odjeljka 11.7, odaberimo podintegralnufunkciju iz (11.1) kao

f(x, y, yx) = p(x) y2x(x)− q(x) y2(x), yx ≡d y

d x.

a jednadzbu uvjeta iz (11.32), kao

ϕ(x, y) = y2(x)w(x),

∫ b

a

y2(x) w(x) d x = 1.

Gornja jednadzba se moze citati i kao normiranje funkcije y (vidjeti (5.19) iz odjeljka 5.4).

Integral J ciji se ekstrem trazi, tada je jednak

J =

∫ b

a

[p(x) y2x − q(x) y2

]d x,

uz uvjet na y

∫ b

a

y2(x) w(x) d x = 1.

Pomocu f i ϕ konstruira se

g(x, y, yx) = f(x, y, yx)− λ ϕ(x, y)

= p(x) y2x(x)− q(x) y2(x)− λ y2(x)w(x),

uz konstantni11 λ. Funkcija g ispunjava sve uvjete koji su doveli do jednadzbe (11.34)(uz ogranicenje da imamo samo jednu koordinatu x i samo jednu funkciju y i njezinuderivaciju yx)

∂ g

∂ y− d

d x

∂ g

∂ yx= 0.

Uvrstavanje g u gornju jednadzbu izravno vodi na jednadzbu svojstvenih vrijednostiSturm-Liouvilleova oblika (usporediti s (5.8))

d

d x

(p(x)

d y

d x

)+ q(x) y + λw(x) y = 0, (11.38)

gdje se Lagrangeov multiplikator λ pojavljuje kao svojstvena vrijednost diferencijalne jed-nadzbe drugog reda.

11λ je nepoznata konstanta, pa predznak pred njom nema nikakvu vaznost.

11.8. RAYLEIGH-RITZOVA VARIJACIJSKA TEHNIKA 479

Gornji se postupak moze prikazati i drukcije: neka je funkcional F [y(x)] zadan na slijedecinacin

F [y(x)] =

∫ ba

[p(x) y2x − q(x) y2

]d x

∫ bay2w(x) d x

. (11.39)

Sada je uvjet na funkciju shvacen kao uvjet normiranja funkcije y, pa je za normiranufunkciju, nazivnik konstanatan, tako da ekstrem F odgovara ekstremu brojnika. Kao stosmo na pocetku pokazali, funkcija y koja cini F ekstremnim, je rjesenje jednadzbe Sturm-Liouvilleova tipa (11.38), gdje se λ pojavljuje na mjestu svojstvene vrijednosti, a neLagrangeova mnozitelja.Parcijalnom integracijom prvog clana brojnika (11.39), uz rubni uvjet (5.9), koji se sadapise kao

p yx y∣∣∣b

a= 0,

dobiva se

d

d x

[y

(pd y

d x

)]= p

(d y

d x

)2

+ yd

d x

(pd y

d x

)

∫ b

a

p(x)

(d y

d x

)2

d x =

∫ b

a

d

d x(p y yx ) d x−

∫ b

a

yd

d x

(pd y

d x

)

=(p y yx

)ba︸︷︷︸

= 0

−∫ b

a

yd

d x

(pd y

d x

).

Vratimo li se s ovime natrag u (11.39), slijedi

F [y(x)] =

−∫ bay

[d

d x

(pd y

d x

)+ q(x) y

]d x

∫ bay2w(x) d x

(11.40)

= (11.38) =λ∫ bay2w(x) d x

∫ bay2w(x) d x

= λ.

Ukoliko razlicitim vrijednostima λn odgovaraju razlicite svojstvene funkcije yn, gornji serezultat pise kao

F [yn(x)] = λn.

λn je svojstvena vrijednost pridruzena svojstvenoj funkciji yn. Opisani postupak cini bazuRayleigh-Ritzove metode za racunanje svojstvenih vrijednosti i svojstvenih funkcija.

Svojstvena funkcija osnovnog stanja:Pretpostavimo da zelimo izracunati (nedegeneriranu) svojstvenu funkciju osnovnog sta-nja y0 i njoj pridruzenu svojstvenu vrijednost osnovnog stanja λ0

λ0 < λ2 ≤ λ3 ≤ · · ·


nekog, razmjerno slozenog, atomskog ili nuklearnog sustava (klasican primjer problemaza koji jos ne postoji egzaktno rjesenje je helijev atom). Svojstvena funkcija y0 je nepoz-nata

y0 =?,

ali cemo pretpostaviti da znamo njezin priblizan (probni) oblik y, tako da mozemonapisati

y ≃ y0,

y = y0 +∆ y0,

gdje je ∆ y0 odstupanje ili razlika izmedu prave (i nepoznate) y0 i naseg aproksimacijey. Zbog potpunosti skupa funkcija yi, ovo se odstupajne ∆ y0 moze razviti u red posvojstvenim funkcijama yi, tako da je tada

y = yi=0 +∞∑

i=1

ci yi. (11.41)

Konstante ci su naravno nepoznate i utoliko su manjeg iznosa ukoliko je nase pogadanjeoblika funkcije bolje (vidjeti npr. zadatak 11.12). S yi, za i = 0, 1, 2, · · · , su oznaceneortonormirane svojstvene funkcije (takoder nepoznate), tako da probna funkcijay nije normirana. Svaka yi je rjesenje jednadzbe (11.38)

d

d x

(pd yid x

)+ q yi = −λi w yi. (11.42)

NazivnikPogledajmo normiranje. Uvrstimo razvoj (11.41) u nazivnik (11.40)

∫ b

a

y2(x) w(x) d x =

∫ b

a

(y0 +

∞∑

i=1

ci yi

) (y0 +

∞∑

j=1

cj yj

)w(x) d x

= 1 +∞∑

i=1

c2i

U gornjem je racunu iskoristena cinjenica da su svojstvene funkcije yi, medusobno orto-normirane, (5.19),

∫ b

a

yi(x) yj(x) w(x) d x = δi,j.

Brojnik


Slicno se i u brojniku (11.40) dobije

−∫ b

a

y

[d

d x

(pd y

d x

)+ q(x) y

]d x

= −∫ b

a

(y0 +

∞∑

i=1

ci yi

) d

d x

[pd

d x

(y0 +

∞∑

j=1

cj yj

)]+ q(x)

(y0 +

∞∑

j=1

cj yj

)d x.

No, za y0, y1, y2, · · · , vrijede jednadzbe (11.42), pa je zato gornji integral jednak

=

∫ b

a

(y0 +

∞∑

i=1

ci yi

) (λ0 y0 +

∞∑

j=1

cj λj yj

)w(x) d x

= λ0 +

∞∑

i=1

λi c2i ,

pri cemu je opet iskoristena ortonormiranost funkcija yi.

Gornji rezultati za brojnik i nazivnik daju za F

F [y(x)] =λ0 +

∑∞i=1 λi c

2i

1 +∑∞

i=1 c2i

.

Prema polaznoj pretpostavci, ci su male velicine, pa se nazivnik moze razviti u Taylorovred

F [y(x)] =λ0 +

∑∞i=1 λi c

2i

1 +∑∞

i=1 c2i

=

(λ0 +

∞∑

i=1

λi c2i

) (1−

∞∑

i=1

c2i +O(c4i )

)

= λ0 +

∞∑

i=1

λi c2i − λ0

∞∑

i=1

c2i +O(c4i )

= λ0 +

∞∑

i=1

(λi − λ0) c2i +O(c4i ). (11.43)

Gornji izraz sadrzi dva vazna rezultata:

( 1 ) Sve dok je greska probne funkcije y po redu velicine jednaka O(ci), greska u svojstvenojvrijednosti je po redu velicine jednaka O(c2i ), dakle manja je. To znaci da cak i srazmjernoslaba procjena svojstvene funkcije moze dati tocniju svojstvenu vrijednost.

( 2 ) Ako je λ0 najniza svojstvena vrijednost (osnovno stanje), tada je λi > λ0 za i > 0.Zato je i F [y(x)] ≡ λ = λ0 +

∑∞i=1 (λi − λ0) c

2i > λ0 . Aproksimativna vrijednost λ je

uvijek veca od prave λ0 i priblizava joj se odozgo kako se probna funkcijapoboljsava (tj. kako se ci smanjuju).


Zadatak: 11.12 Zica koja titra.Titranje zice je opisano jednadzbom

d2 y

d x2+ λy = 0

i rubnim uvjetima y(0) = y(1) = 0. Primjenom Rayleigh-Ritzove metode pro-cjenite iznos najnize svojstvene vrijednosti.

R:Za ovaj jednostavan primjer su poznata12 egzaktna rjesenja

yn(x) = sin nπx, λn = n2 π2.

Osnovno stanje je ono s najnizom svojstvenom vrijednoscu

y1(x) = sin πx, λ1 = π2

(primjetimo da ovdje najniza svojstvena vrijednost ima oznaku 1, a ne 0).No, mi cemo se praviti da to ne znamo i rjesenje cemo potraziti postupkomopisanim u gornjem odjeljku. Usporedbom jednadzbe iz zadatka s jednadzbom(11.38), vidimo da je p = w = 1 i q = 0. Sada treba pogoditi priblizan obliksvojstvene funkcije. S obzirom na rubne uvjete, trazi se funkcija koja iscezavau x = 0 i u x = 1. Jedna jednostavna probna funkcija koja ispunjava ova dvauvjeta je

y = x(1− x) = x− x2.

Uvrstavanjem ove funkcije u (11.39), dobiva se

F [y(x)] =

∫ 1

0(1− 2x)2 d x

∫ 1

0x2 (1− x)2 d x

=1/3

1/30= 10 ≡ λ.

Kao sto je i pokazano u gornjem odjeljku, dobivena svojstvena vrijednost

λ = 10

je veca od prave svojstvene vrijednosti

λ1 = π2 = 9.8696044 · · · .

Primjetimo jos i da probna funkcija y = x(1−x) nije normirana, ali da nazivnikF kompenzira taj nedostatak.Metoda varijacije konstanteGornji se rezultat moze dalje poboljsavati tako da u y uvedemo dodatneparametre po kojima ce se, na kraju, rjesenje minimizirati. Tako npr. uslijedecem koraku za probnu funkciju mozemo uzeti

y = x(1− x) + a2 x2 (1− x)2.

12Vidjeti npr. zadatak ??


Derivacijom po x se dobije

d y

d x= 1 + 2(a2 − 1)x− 6a2x

2 + 4a2x3.

Brojnik izraza za F je

∫ 1

0

[1 + 2(a2 − 1)x− 6a2x

2 + 4a2x3]2d x =

35 + 14a2 + 2a22105

.

Nazivnik izraza za F je

∫ 1

0

[x(1− x) + a2 x

2 (1− x)2]2d x =

21 + 9a2 + a22630

.

Time je F jednak

F = 635 + 14a2 + 2a2221 + 9a2 + a22

= 101 + (2/5)a2 + (2/35)a221 + (3/7)a2 + (1/21)a22

.

Ocito, a2 = 0 reproducira rezultat iz prethodnog koraka.Konstanta a2 se bira tako da F bude sto manje, tj. da je

d F

d a2= 0.

Zbog ovakog tretmana konstante, ovaj se postupak naziva i metoda varijacijekonstante. Gornji uvjet vodi na kvadratnu jednadzbu za a2

4a22 + 14a2 − 21 = 0,

s rjesenjima

a(+)2 = 1.13314, a

(−)2 = −4.63314.

Minimumu odgovara rjesenje a(+)2 koje daje za F

F = 101 + (2/5)a2 + (2/35)a221 + (3/7)a2 + (1/21)a22

∣∣∣∣a2=a

(+)2

= 9.86975,

sto je blize pravom rjesenju π2, nego ono prvo rjesenje F = 10.Ocito, postupak se moze nastaviti do zeljene tocnosti. Npr. kao slijedecakorekcija za probnu funkciju se moze uzeti

y = x(1 − x) + 1.13314 x2 (1− x)2 + a3 x3 (1− x)3,

itd.

Zadatak: 11.13 Nepoznata funkcija zadovoljava diferencijalnu jednadzbu

y ′ ′ +(π2

)2y = 0


i rubne uvjete: y(0) = 1, y(1) = 0.(a) Izracunajte aproksimaciju

F (yprobno) = λ,

za probnu funkciju

yprobno = 1− x2.

(b) Usporedite dobiveni rezultat s egzaktnom svojstvenom vrijednoscu.

R:dovrsiti

Poglavlje 12

Nelinearne pojave i kaos

dodati uvod

Nuzni uvjeti za pojavu kaoticnog ponasanja dinamickih sustava opisanih diferencijalnimjednadzbama prvog reda su.

(1) u jednadzbi se pojavljuju najmanje tri dinamicke varijable, i

(2) u jednadzbi se pojavljuje jedan ili vise nelinearnih clanova koji vezu dvije ili visevarijabla.

12.1 Logisticko preslikavanje

Godine 1845. je Pierre Francois Verhulst postavio model koji opisuje populacijsku dina-miku jedne biljne ili zivotinjske vrste, ciji se narastaji ne preklapaju. Primjeceno je da akose neka vrsta razvija slobodno, bez vanjskih smetnji, onda broj jedinki raste geometrijskombrzinom.

Slika 12.1: Logisticka krivulja (12.1).

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

t

0

0.5

1

x (t

)

a1 = 2, a

2 = 1

a1 = 3, a

2 = 1.5

x0 = 0.5

Ukoliko na razmnozavanje djeluju vanj-ske smetnje, tada rast broja jedinkinije neogranicen, nego dolazi do satura-cije. Za matematicki opis ove dinamike,primjenjen je jednostavan model zadanobicnom (dakle, ne parcijalnom) neline-arnom diferencijalnom jednadzbom pr-vog reda

d x

d t= a1 x (1− a2x),

gdje je x(t) ∈ [0, 1] gustoca populacijeu trenutku t. Rjesenje gornjeg modela i

485

486 POGLAVLJE 12. KAOS

pocetni uvjet su

x(t) =1

a2

(1 + c0 e−a1t

)

x(t = 0) ≡ x0 =1

a2(1 + c0),

tako da je

x(t) =x0

x0a2 +(1− x0a2

)e−a1t

. (12.1)

Za x0 = 0.5 i dva izbora konstanata aj, rjesenje (12.1) je prikazano na slici 12.1. Italijanskifizicar, Vito Volterra, poopcio je gornji Verhulstov model na slucaj kada postoji visekonfliktnih populacija. Ovo je poopcenje poznato kao predator - pray (grabezljivac -plijen) ili Lotka–Volterra model.

dx

dt= x(α− βy)

(12.2)

dy

dt= −y(γ − δx)

S y je oznacen broj grabezljivaca (lavovi), a s x je oznacen broj jedinki koje su njihov plijen(antilope). Derivacije x i y oznacavaju promjenu broja jednih i drugih, dok parametriα, β, γ, δ opisuju njihovo medudjelovanje. Lotka–Volterra model je jedan od modela izklase Kolmogorovljevih1 modela prikladnih za modeliranje dinamike ekoloskih sustavacije su jedinke u odnosu grabezljivac - plijen, u odnosu medusobne kompeticije, podloznesu zaraznim bolestima i raznim drugim utjecajima okolisa.

Zadatak: 12.1 Pokazite da logisticka krivulja (12.1) posjeduje simetriju

x(t0 + t) + x(t0 − t) =1

a2.

Izracunajte t0.

R: dovrsiti

Krivulja (12.1) se naziva logisticka krivulja, a iz nje izvedeno preslikavanje

xn+1 = a1 xn (1− a2xn),

naziva se logisticko preslikavanje2. Uobicajeno je analizirati pojednostavljenu, a1 ≡ r, a2 =1, varijantu gornjeg preslikavanja, u obliku

xn+1 = r xn (1− xn), xn ∈ [0, 1]. (12.3)

1Andrej Nikolajevic Kolmogorov (25. IV 1903. – 20. X 1987.) ruski matematicar.2Slicno se preslikavanje pojavljuje i u analizi procesa grananja. Vidjeti npr. u [5].

12.1. LOGISTICKO PRESLIKAVANJE 487

Gustoca populacije u n-toj godini je dana sa xn ∈ [0, 1].

Ako je ukupan broj clanova populacije dan sa x, tada populacija sadrzi p1x zenskih i (1−p1)x muskih jedinki. Ako je vjerojatnost razmnozavanja pojedine zenske jedinke jednakap2 (zbog dobnih ogranicenja i drugih razloga, naravno da je p2 < 1), tada vjerojatnostrazmnozavanja cijele populacije dana sa p2p1x. Ovom umnosku p2p1 treba jos pribrojitikonstantu koja opisuje utjecaj okolisa na razmnozavanja (dostupnost hrane, klimatskiuvjeti i slicno), a koji mogu povecati ili smanjiti proces razmnozavanja. Zajednicki utjecajsvih ovih faktora opisuje linearni clan

r xn, r > 0.

Ovaj je clan pozitivan, sto znaci da povecava broj jedinki. Kada bi postojao samo tajclan, broj jedinki bi rastao geometrijskom brzinom

x1 = r x0,

x2 = r x1 = r2 x0,

x3 = r x2 = r3 x0,...

xn = rn x0.

Procesa koji utjecu na smanjenje broja jedinki ima nekoliko. Buduci da svi oni smanjujubroj jedinki u slijedecem narastaju, biti ce opisani clanovima s negativnim predznakom,Jedan od tih procesa je ono sto se naziva prirodna smrt, i taj je proces opisan linearnimclanom −p3x. Ovaj se linearni clan moze zbrojiti s prethodnim linearnim clanom uzredefiniciju konstante r − p3 → r.Razlicite zarazne bolesti takoder mogu smanjiti populaciju. Ako u populaciji ima p4xzarazenih i (1− p4)x nezarazenih jedinki, tada ce vjerojatnost prijenosa zaraze sa bolesnena zdravu jedinku biti srazmjerna s

p4x(1− p4)x ≡ r x2.

Ovaj ce clan smanjivati broj jedinki populacije i zato ce u logisticku jednadzbu ulazitis negativnim predznakom. Jos jedan proces koji vodi na smanjenje broja jedinki jestutjecaj grabezljivaca. Oznaci li se populacija grabezljivaca s y, clan koji opsuje njihovutjecaj je

−p5xy.

Razmatranje ovog clana vodi na model koji opisuje medudjelovanje dvije vrste (vrste x ivrste y). Jedan os takvih modela je i vec spomenuti predator − pray model (12.2).Zbog jednostavnosti, u daljem cemo se izlaganju zadrzati na modelu sa samo jednom vari-jablom x, tj. sa samo jednom populacijom i sa samo jednom konstantom r. Ova ce kons-tanta opisivati i procese povecanja i smanjenja (nedostatak hrane, bolesti i grabezljivci)broja jedinki. Kao rezultat ova dva procesa, dobiva se gustoca populacije u slijedecemnarastaju xn+1. Za opis ovakvog ponasanja odabrana je kvadratna funkcija

fr(x) = r x (1− x)

koja raste za male vrijednosti x i opada za vece vrijednosti, a jednaka je nuli na rubovimaintervala za x ∈ [0, 1] (tablica 12.1)


Tablica 12.1: Logisticko preslikavanje za r = 2 i x0 = 0.1. Plave tocke su rezultati iteracije iz lijevetablice.

n xn xn+1 = 2xn(1 − xn)

0 0.1 0.181 0.18 0.29522 0.2952 0.416113923 0.41611392 0.4859262511644674 0.485926251164467 0.4996038591874295 0.499603859187429 0.4999996861449136 0.499999686144913 0.4999999999998037 0.499999999999803 0.58 0.5 0.5

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1x

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

y

y = 2 x (1-x)y = x

fr(x = 0) = fr(x = 1) = 0.

Unutar tog intervala ima fr(x) jedan maksimum

d fr(x)

d x= r (1− 2xn) = 0 ⇒ xextr =

1

2,

d2 fr(x)

d x2= −2r < 0 ⇒ xextr = xmax

fr(xmax) =r

4,

iznosa r/4. Da bi funkcija fr(x) imala vrijednosti u istom intervalu u kojemu su i vrijed-nosti x, tj. u intervalu [0, 1], mora r biti

r ≤ 4.

Primjetimo i da r ne smije biti negativan. Prema (12.3), negativna vrijednost r uz xn ∈[0, 1], vodila bi na negativni xn+1, sto nema fizickog smisla (x je gustoca populacije, kojane moze biti negativna), i zato je r ogranicen na

0 ≤ r ≤ 4.

Periodicnost p = 1 za vrijednosti 1 < r < 3Neke osnovne karakteristike jednadzbe (12.3) se lako mogu vidjeti tako da se odabereproizvoljni pocetni x = x0 ∈ [0, 1] i za odabrani r iz intervala 0 ≤ r ≤ 4, jednadzbom(12.3) generiraju redom x1, x2, · · · . Neka su

x0 = 0.1, r = 2.

Rezultat niza iteracija jednadzbe (12.3) prikazan je tablicom 12.1. Lako je opaziti daiterativni postupak, definiran jednadzbom (12.3), vrlo brzo konvergira prema vrijednosti

x ⋆(1) = 0.5


koja se zove atraktor ili fiksna tocka ili jos tocnije fiksna tocka periodicnosti jedan.U toj tocki iteracija okoncava, tj. x ⋆(1) se preslikava u samu sebe. Opcenito, za proizvoljnir, fiksna tocka periodicnosti jedan je rjesenje jednadzbe

fr(x ⋆(1))

= x ⋆(1) (12.4)

r x ⋆(1)(1− x ⋆(1)

)= x ⋆(1)

s rjesenjima

x ⋆(1) = 0, x ⋆(1) = 1− 1

r. (12.5)

Primjetimo da desni rub intervala, x = 1, nije fiksna tocka.

Neka je r > 1. Ako je xn < 0, iz (12.3) se vidi da ce i xn+1 takoder biti negativan i vecipo iznosu od xn < 0. Kao rezultat te cinjenice, uzastopne iteracije (12.3) voditi ce naxn → −∞. Isti zakljucak slijedi i ako je xn > 1. Numericka ilustracija ovog opazanja,dana je na slici 12.3. Osim fiksne tocke, za opis trajektorije logistickog (ili kojeg drugog)

Slika 12.2: Logisticko preslikavanje za periodicnostp = 1 i r = 0.5 < 1 za nekoliko pocetnih vrijednostix0 < 0 i x0 > 1.

0 5 10 15 20 25n

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

x n

x 0

> 1

x 0

> 1

x 0

< 0

x 0

< 0

Slika 12.3: Logisticko preslikavanje za periodicnostp = 1 i r = 1.1 > 1 i x0 = −0.9 (plavo) i x = 1.1(crveno).

0 1 2 3 4 5 6 7n

-70

-60

-50

-40

-30

-20

-10

0

x n

x0 = -0.9

x0 = 1.2

preslikavanja, koristi se i pojam bazen atrakcije ili podrucje privlacnosti fiksne tocke(atraktora) x ⋆(1). Neka su xn+1 i xn blizu fiksne tocke, tako da su

δn+1 = xn+1 − x ⋆(1),

δn = xn − x ⋆(1),

male velicine. Razvojem funkcije fr

(x ⋆(1) + δn

)u Taylorov red po maloj velicini δn i

zadrzavanjem samo linearnog clana razvoja, jednadzba (12.3) postaje

xn+1 = fr(xn)

δn+1 + x ⋆(1) = fr(x⋆(1)) + δn

d fr(x)

d x

∣∣∣∣x=x ⋆

(1)

+ · · · .


Prema (12.4) je x ⋆(1) = fr

(x ⋆(1)

), pa od gornje jednadzbe preostaje

δn+1 = δnd fr(x)

d x

∣∣∣∣x=x ⋆

(1)

+ · · · .

Ako je ∣∣∣∣∣

(d fr(x)

d x

)

x=x ⋆(1)

∣∣∣∣∣ < 1, (12.6)

biti ce i∣∣∣ δn+1

∣∣∣ <∣∣∣ δn

∣∣∣,

tj. iterativni ce postupak voditi na vrijednosti xn sve blize kriticnoj tocki x ⋆(1). Zbog

toga uvjet (12.6) odreduje podrucje privlacnosti dane fiksne tocke. Fiksna tocka u kojojsu zadovoljeni uvjeti (12.4) i (12.6) naziva se stabilna fiksna tocka, jer ce se iteracijapocetne tocke x0 sve vise priblizavati fiksnoj tocki.Ako je uvjet (12.4) zadovoljen, ali uvjet (12.6) nije, iteracije pocetne tocke x0 6= x ⋆(1) ce

se udaljavati od fiksne tocke (i ici ce prema nekoj drugoj, stabilnoj fiksnoj tocki). Samoako je pocetna tocka x0 = x ⋆(1), sve buduce iteracije ce ostati u toj tocki. Ma kako maliotklon od te vrijednosti ce iteracije odvesti u neku drugu stabilnu fiksnu tocku. Ovakvese fiksne tocke zovu nestabilne fiksne tocke.Za fiksnu tocku periodicnosti p = 1, uvjet (12.6) daje

∣∣∣∣∣

(d fr(x)

d x

)

x=x ⋆(1)

∣∣∣∣∣ = |r(1− 2x)|x ⋆(1)< 1. (12.7)

U fiksnoj tocki x ⋆(1) = 1− 1/r gornji je izraz jednak

|2− r|,

tj. fiksna tocka x ⋆(1) = 1− 1/r je privlacna za sve vrijednosti

1 < r < 3.

Na lijevom rubu intervala u tocki r = 1, derivacija ima vrijednost +1, a u desnom rubu,r = 3, derivacija ima vrijednost −1. U tocki r = 3, fiksna tocka x ⋆(1) postaje nestabilna.Kao sto ce se vidjeti u odjeljku o fiksnoj tocki periodicnosti p = 2, za r = 3, pojavljuju sedvije nove stabilne fiksne tocke periodicnosti p = 2. Opcenito, tocka u kojoj jedna fiksnatocka postaje nestabilna i u kojoj se pojavljuju dvije nove stabilne fiksne tocke, naziva setocka bifurkacije ili tocka grananja.Racun (12.7) u trivijalnoj fiksnoj tocki x ⋆(1) = 0, daje za podrucje privlacnosti

0 < r < 1.

To znaci da okolis opisan parametrom 0 < r < 1 vodi na nestanak populacije, bez obzirana pocetnu gustocu populacije x0. Situacija s r < 1, kada je stabilna x ⋆(1) = 0 fiksna tocka,je prikazana na slikama A1 i A2 slike 12.4.

r = 0.9 Ovo je primjer logistickog preslikavanja za r < 1.


Za r < 1 postoji samo jedna fiksna tocka rjesenje jednadzbe (12.4) i to ona ux ⋆(1) = 0. Na slici 12.4.A1 ta se fiksna tocka vidi kao presjeciste (tocnije diraliste)

pravca y = x i parabole y = 0.9x(1− x). Takoder se s te iste slike vidi i da je tojedina fiksna tocka za r < 1.Na slici 12.4.A2 se vide iteracije jednadzbe (12.3) za nekoliko razlicitih odabirapocetne tocke x0. Bez obzira na vrijednost x0, vec nakon desetak iteracija, unutartocnosti crtanja, dolazi se u fiksnu tocku x ⋆(1) = 0.

r = 2.5 Ovo je primjer logistickog preslikavanja za 1 < r < 3Sa slike 12.4.B1 se vidi da jednadzba (12.4) ima dva rjesenja koja se videkao presjecista pravca y = x i parabole y = 2.5x(1− x).Jedno od njih, x ⋆(1) = 0, je nestabilno, a drugo, x ⋆(1) = 1− 1/r = 0.6 je stabilno

(zelena isprekidana linija).Na slici 12.4.B2 se vide iteracije jednadzbe (12.3) za nekoliko razlicitih odabirapocetne tocke x0. Bez obzira na vrijednost x0, vec nakon samo pet iteracija, unutartocnosti crtanja, dolazi se u fiksnu tocku x ⋆(1) = 0.6 (zelena isprekidana linija).

r = 3.1 Ovo je primjer rjesenja logistickog preslikavanja kada je r > 3.Opet postoje dva rjesenje logistickog preslikavanja (12.4) prikazana na slici 12.4.C1- jedno u nuli i drugo u 1− 1/r = 0.677419 · · · (zelena isprekidana linija), ali su sada objete fiksne tocke nestabilne jer nije zadovoljen uvjet (12.6).Njihova se nestabilnost numericki vidi (slika 12.4.C2) tako sto iteracije bilo kojeg pocetnogx0 daju niz koji titra izmedu dvije vrijednosti (x = 0.7647 · · · i x = 0.5575 · · · ) koje cemouskoro prepoznati kao stabilne fiksne toceke s periodicnoscu p = 2.

Periodicnost p = 2 za vrijednosti 3 < r < 1 +√6 ≃ 3.45

Za r > 3 postoje cetiri fiksne tocke x ⋆(2), koje se dobiju kao rjesenja kompozicije dvostrukeiteracije

xn+2 = fr

[fr(xn)

]≡ f (2)

r (xn), (12.8)

= r2x[1− (1 + r)x+ 2rx2 − rx3

]

x ⋆(2) = fr

[fr(x

⋆(2))]≡ f (2)

r (x ⋆(2)). (12.9)

Fiksna tocka x ⋆(2) se zove fiksna tocka periodicnosti p = 2, zato jer nastaje kao rezultatkompozicije dva iterativna postupka fr i povezuje xn sa xn+2.Jednadzba (12.9) je algebarska jednadzba cetvrtog reda u varijabli x i zato, u skladu sosnovnim teoremom algebre, ima cetiri rjesenja. Od ta cetiri rjesenja, dva su vec poznata- to su rjesenja periodicnosti p = 1. Naime, ako je

fr(x⋆(1)) = x ⋆(1),


Slika 12.4: Logisticko preslikavanje za periodicnost p = 1 i nekoliko karakteristicnih odabira r. Lijevastrana slike prikazuje presjecanje krivulja y = x i y = rx(1−x) (lijeve i desne strane (12.3)) koje odredujepolozaj fiksne tocke. Desna strana slike prikazuje iteracije (12.3) za nekoliko nasumice odabranih pocetnihvrijednosti x0.

0 0.5 10

0.5

1

y

0 5 10 15 200

0.5

1

x n

0 0.5 10

0.5

1

y

0 50

0.5

1

x n

0 0.5 1x

0

0.5

1

y

0 5 10 15 20 25 30n

0

0.5

1

x n

r = 0.9 y = x

y = 0.9 x (1 - x )

r = 2.5 y = x

y = 2.5 x ( 1 - x )

r = 3.1 y = x

y = 3.1 x ( 1 - x )

A1 A2

B1 B2

C1 C2

1 - (1/r) = 0.6

1 - (1/r) = 0.677...

tada je i

fr

[fr(x

⋆(1))]= fr

[x ⋆(1)

]= x ⋆(1),

tj. oba rjesenja periodicnosti p = 1

x ⋆(1) = 0, x ⋆(1) = 1− 1

r,

jesu i rjesenja (fiksne tocke) za periodicnost p = 2. No, za r > 3, ta rjesenja ne zadovo-ljavaju uvjet (12.12) i zato nisu stabilna. To znaci da za proizvoljnu pocetnu vrijednostx0, ma kako malo razlicitu od 0 ili 1−1/r, iterativni postupak (12.8) ce voditi prema onadruga dva stabilna rjesenja.Kada se gornja dva nestabilna rjesenja odracunaju iz jednadzbe cetvrtog reda (12.9),preostaje kvadratna jednadzba s rjesenjima

(x ⋆(2)

)

±=

1

2r

[r + 1±

√(r + 1)(r − 3)

]. (12.10)


Sada su poznata sva cetiri rjesenja periodicnosti p = 2

x ⋆(2) =

0,

1− 1

r,

1

2r

[r + 1 +

√(r + 1)(r − 3)

],

1

2r

[r + 1−

√(r + 1)(r − 3)

]

(12.11)

r = 2.5 Ovo je primjer logistickog preslikavanja za r < 3 kada je r u podrucju fiksnetocke periodicnosti p = 1.

Na slici 12.5.A1 pravac y = x sjece krivulju y = f(2)r (x) u jednoj tocki x = 0.6

(zelena isprekidana linija) . Takoder se s te iste slike vidi i da postoji i druga(nestabilna) fiksna tocka u x = 0.Na slici 12.5.A2 se vide iteracije jednadzbe (12.8) za nekoliko razlicitih odabirapocetne tocke x0. Bez obzira na vrijednost x0, vec nakon nekoliko iteracija, unutartocnosti crtanja, dolazi se u fiksnu tocku x ⋆(1) = 1− 1/r = 0.6.

r = 3.1 Ovo je primjer logistickog preslikavanja za 3 < r < 1 +√6 kada je r u podrucju fiksne

tocke periodicnosti p = 2.

Na slici 12.5.B1 se vidi da pravac y = x sjece krivulju y = f(2)r (x) u cetiri tocke. Dvije od

te cetiri tocke su nestabilne tocke periodicnosti p = 1 (tocka nula i presjecisze narancastelinije), a dvije su stabilne fiksne tocke periodicnostip = 2 (zelana isprekidana linija).Na slici 12.5.B2 se vide iteracije jednadzbe (12.8) za nekoliko razlicitih odabirapocetne tocke x0. Bez obzira na vrijednost x0, vec nakon desetak iteracija, unutartocnosti crtanja, dolazi se u fiksne tocke dane izrazima s korjenom u (12.11)x ⋆(2) = 0.5575 · · · i x ⋆(2) = 0.7674 · · · (zelene isprekidane linije).

r = 3.5 Ovo je primjer logistickog preslikavanja za√6 < r < r4 kada je r u podrucju fiksne

tocke periodicnosti p = 4 (r4 je granica medu podrucjima periodicnosti 2 i 4).

Na slici 12.5.C1 se vide cetiri presjecista y = x i y = f(2)r (x), sa istim znacenjem kao i na

slici 12.5.B1, ali sada su sve te cetiri fiksne tocke nestabilne. U ovom podrucju r stabilnesu fiksne tocke periodicnosti p = 4.To se osobito jasno vidi na slici 12.5.C2 gdje iteracije (12.8) titraju izmedu vrijednosticetiriju fiksnih tocaka periodicnosti p = 4.

Za r = 3.1, rjesenja s korjenom iz (12.11) daju

x ⋆(2) ≃

0.7647 · · ·

0.5575 · · ·

Ove dvije fiksne tocke su prikazane presjekom crvenih tockastih linija na slici 12.9 i(12.5).B1.


Slika 12.5: Logisticko preslikavanje za periodicnost p = 2 i nekoliko karakteristicnih odabira r. Lijeva

strana slike prikazuje presjecanje krivulja y = x i y = fr

[fr(x)

](lijeve i desne strane (12.8)) koje odreduje

polozaj fiksne tocke periodicnosti p = 2. Desna strana slike prikazuje iteracije (12.8) za nekoliko pocetnihvrijednosti x0.

0 0.5 10

0.5

1

y

0 5 100

0.5

1

x n

0 0.5 10

0.5

1

y

0 5 10 15 200

0.5

1

x n

0 0.5 1x

0

0.5

1

y

0 5 10 15 20 25 30n

0

0.5

1

x n

r = 2.5

y = x y = fr [ f

r (x) ]

r = 3.1

y = x y = fr [ f

r (x) ]

r = 3.5

y = xy = f

r [ f

r (x) ]

A 1 A 2

B 1 B 2

C 1

C 2

Uvjet stabilnosti pojedinih fiksnih tocaka, odreduju se slicnim razmisljanjem koje je dovelodo uvjeta (12.6), a koje sada vodi do uvjeta

∣∣∣∣∣∣

(d f

(2)r (x)

d x

)

x=x ⋆(2)

∣∣∣∣∣∣< 1, (12.12)

Kada se u izraz za derivaciju

d f(2)r (x)

d x= r2

[1− 2(1 + r)x+ 6rx2 − 4rx3

](12.13)

uvrsti prva vrijednost x ⋆(2) = 0 iz (12.11), dobije se

(d f

(2)r (x)

d x

)

x=x ⋆(1)

=0

= r2,

iz cega slijedi da je x ⋆(2) = 0 stabilna za r < 1, a nestabilna za r > 1 (kao sto i znamo iz

razmatranja o periodicnosti p = 1).


Uvrsti li se u drugu derivaciju druga vrijednost za x ⋆(2) = 1− 1/r iz (12.11), dobije se

(d f

(2)r (x)

d x

)

x=x ⋆(1)

=1−1/r

= (r − 2)2

Vezano za diskusiju koja je dovela do nejednadzbe (12.6), moze se reci da je x ⋆(2) = 1−1/r

stabilna fiksna tocka za sve 1 < r < 3. U tocki r = 3, druga derivacija f(2)r ima vrijednost

+1

d f(2)r (x)

d x

∣∣∣∣∣x=2/3,r=3

= +1,

i to je tocka bifurkacije. Za r > 3 fiksna tocka x ⋆(2) = 1− 1/r je nestabilna.

Uvjet stabilnost treceg i cetvrtog rjesenja iz (12.11) se dobije tako da se ta rjesenja uvrsteu derivaciju (12.13). Dobije se

d f(2)r (x)

d x= −r2 + 2r + 4.

Da bi navedene fiksne tocke bile stabilne, mora apsolutna vrijednost gornjeg izraza bitimanja od jedan, tj. u rubovima intervala u r mora vrijediti

d f(2)r (x)

d x= −1

d f(2)r (x)

d x= +1

r2 − 2r − 5 = 0 r2 − 2r − 3 = 0

r = 1 +√6 = 3.44949 · · · r = 3.

Vrijednosti trece i cetvrte fiksne tocake iz (12.10) su

r = 3(x ⋆(2)

)

+=

(x ⋆(2)

)

−=

2

3

r = 1 +√6 = 3.44949 · · ·

(x ⋆(2)

)+

= 0.849938 · · · ,(x ⋆(2)

)−= 0.43996 · · · ,

kao sto se i moze ocitati sa slike (12.9).

Periodicnost p = 4 za vrijednosti 1 +√6 ≃ 3.45 < r < 3.54 · · ·

Slijedeci je korak potraziti fiksne tocke x ⋆(4) koja se dobije udvostrucavanjem postupka

(12.8)

xn+4 = fr

fr

[fr

(fr(xn)

) ] ≡ f (4)

r (xn), (12.14)

x ⋆(4) = fr

fr

[fr

(fr(x

⋆(4))

) ] ≡ f (4)

r

(x ⋆(4)). (12.15)

To je algebarska jednadzba osmog reda za fiksne tocke x ⋆(4). Fiksna tocka x ⋆(4) se zovefiksna tocka periodicnosti p = 4, zato jer nastaje kao rezultat kompozicije cetiri iterativna


postupka fr i povezuje xn sa xn+4. Za razlicite pocetne vrijednosti x0, rjesenja ce bitijedna od cetiri stabilne fiksne tocke.Buduci da je

f (4)r (x) = f (2)

r

[f (2)r (x)

],

to su sva rjesenja x ⋆(2) iz (12.11) ujedno i rjesenja (12.14)

f (2)r

(x ⋆(2)

)= x ⋆(2) ⇒ f (4)

r

(x ⋆(2)

)= f (2)

r

[x ⋆(2)

]= x ⋆(2).

No, to su nestabilna rjesenja u intervalu 1+√6 ≃ 3.45 < r < 3.54. Preostala cetiri stabilna

rjesenja se mogu naci numericki, a isto se tako numericki racuna i desna granica intervalar ≃ 3.54 unutar kojega su ova rjesenja stabilna. I za sve ostale vise periodicnosti, racuni semogu provoditi samo numericki. Za ilustraciju je uzeta jedna vrijednost iz unutrasnjostiintervala stabilnosti, r = 3.5, a rezultati iteracije (12.14) su prikazani na slici (12.7).

r = 3.1 Ovo je primjer logistickog preslikavanja za 3 < r < 1 +√6 kada je r u podrucju

fiksne tocke periodicnosti p = 2.

Na slici 12.6.A1 se vidi da pravac y = x sjece krivulju y = f(4)r (x) u cetiri tocke

(jedna je u x = 0, a preostale tri su iste kao sa slike 12.5.B1). Dvije odte cetiri tocke su nestabilne tocke periodicnosti p = 1 (tocka nula i presjecistenarancaste linije), a dvije su stabilne fiksne tocke periodicnosti p = 2(zelena isprekidana linija).Na slici 12.5.A2 se vide iteracije jednadzbe (12.8) za nekoliko razlicitih odabirapocetne tocke x0. Bez obzira na vrijednost x0, vec nakon desetak iteracija, unutartocnosti crtanja, dolazi se u fiksne tocke dane izrazima s korjenom u (12.11)x ⋆(2) = 0.5575 · · · i x ⋆(2) = 0.7674 · · · (zelene isprekidane linije).

r = 3.5 Ovo je primjer rjesenja logistickog preslikavanja(12.14) kada je r u podrucju stabilnostifiksne tocke periodicnosti p = 4.

Na slici 12.6.B1 se vidi da pravac y = x sijece krivulju y = f(4)r (x) na osam mjesta.

Oko svake od dvije fiksne tocke periodicnosti p = 2 (zelene isprekidane linije),otvaraju po dvije nove fiksne tocke periodicnosti p = 4 (zute isprekidane linije)Na slici 12.6.B2 se vide iteracije jednadzbe (12.14) za nekoliko razlicitih odabirapocetne tocke x0. Bez obzira na vrijednost x0, vec nakon desetak iteracija, unutartocnosti crtanja, dolazi se do fiksnih tocaka periodicnosti p = 4 (zute isprekidane linije).

r = 3.55 Ovo je primjer rjesenja logistickog preslikavanja (12.14) kada je r u podrucju stabilnostifiksne tocke periodicnosti p = 8.

Na slici 12.6.C1 se vidi da pravac y = x sijece krivulju y = f(4)r (x) na osam mjesta.

Sva ta presjecista su sada nestabilne fiksne tocke.Iteracije jednadzbe (12.14) daju vrijednosti koje titraju oko osam fiksnih tocakaperiodicnosti p = 8. Ovo je titranje prikazano na slici 12.6.C2.

Opaza se da postupak iteracije okoncava u cetiri fiksne tocke. Ove cetiri fiksne tocke suprikazane presjekom plavih tockastih linija na slici 12.9 i isprekidanim zutim linijama na


Slika 12.6: Logisticko preslikavanje za periodicnost p = 4 i nekoliko karakteristicnih odabira r. Lijeva

strana slike prikazuje presjecanje krivulja y = x i y = f(4)r (x) (lijeve i desne strane (12.14)) koje odreduje

polozaj fiksne tocke periodicnosti p = 4. Desna strana slike prikazuje iteracije (12.14) za nekoliko pocetnihvrijednosti x0.

0 0.5 10

0.5

1

y

0 5 100

0.5

1

x n

0 0.5 10

0.6

y

0 5 100

0.5

1

x n

0 0.5 1x

0

0.5

1

y

0 5 10 15 20n

0

0.5

1

x n

r = 3.1

y = xy = f

r

(4) (x)

r = 3.5

y = xy = f

r

(4) (x)

r = 3.55

y = x y = fr

(4) (x)

A 1 A2

B 1

B2

C 1

C 2

slici 12.6.B1 i B2.

x ⋆(4) ≃

0.87499726

0.82694071

0.50088421

0.38281968

Podrucja privlacnosti pojedinih fiksnih tocaka, odreduju se slicnim razmisljanjem koje jedovelo do uvjeta (12.6), a koje sada vodi do uvjeta

∣∣∣∣∣∣

(d f

(4)r (x)

d x

)

x=x ⋆(4)

∣∣∣∣∣∣< 1, (12.16)

Granice bazena privlacnosti su priblizno [0.855, 0.86] i [0.42, 0.43]. No, pocetna tocka izintervala [0.43, 0.855] moze okoncati u bilo kojoj od gornje cetiri fiksne tocke. Primjetimoda je iteracija periodicnosti 4 puno brza nego iteracija periodicnosti 2 (potrebno je manjeiteracijskih koraka da se iz pocetne dode u fiksnu tocku).


Slika 12.7: Ilustracija p = 4 iteracijskog postupka(12.14) za r = 3.5 i nekoliko razlicitih pocetnih tocaka.

0 5 10 15n

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

x n

Periodicnost p→ ∞Daljim udvostrucavanjem perioda, sirinarn − rn−1, na osi r (slika 12.10) se naglosmanjuje (vidjeti relaciju (12.17)), takoda za vrijednost od priblizno

r∞ = 3.5699

proces udvostrucavanja perida okoncava(broj bifurkacija je beskonacan) i nas-taje kaos. Za gotovo sve pocetne vri-jednosti x0 vise ne postoje rjesenja (sta-bilne fiksne tocke) s konacnim peri-odom. Mala promjena u pocetnomuvjetu, moze iteraciju odvesti u bilokoju tocku intervala [0, 1]. To je onosto se naziva kaoticnim ponasanjem.Ilustracija takvog ponasanja dana je sli-

Slika 12.8: Rezultat prvih 300 iteracija logistickog preslikavanja periodicnosti p = 4 za r = 3.7 > r∞ zatri razlicite nasumice odabrane pocetne vrijednosti x0.

0 100 200 300n

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

x n

kom 12.8 gdje se vidi rezultat logistickog preslikavanja periodicnosti p = 4 za r = 3.7 >r∞. Opaza se da rezultat iteracije manje-vise homogeno pokriva dio intervala [0, 1]. Da-ljim povecanjem p, taj pokriveni dio intervala bi bivao sve veci. dok za p → ∞ ne bipokrio cijeli [0, 1] interval.


BifurkacijaIz do sada izlozenoga, moze se izvesti zakljucak da postoje granice na parametar r oblika

rp < r < rp+1

unutar kojih su stabilne fiksne tocke periodicnosti p. Tako npr. za

r0 < r < r1, r0 = 0, r1 = 1,

postoji samo jedna stabilna fiksna tocka periodicnosti jedan i vrijednosti x ⋆(1) = 0.Za

r1 < r < r2, r1 = 1, r2 = 3,

postoji samo jedna stabilna fiksna tocka periodicnosti jedan i vrijednosti x ⋆(1) = 1−1/r. Utocki r = r2 dolazi do pojave koja se naziva bifurkacija - stabilna fiksna tocka periodicnostijedan, prestaje biti stabilna, postaje nestabilna, a umjesto nje se pojavlju dvije stabilnefiksne tocke periodicnosti dva unutar intervala

r2 < r < r3, r2 = 3, r3 = 1 +√6 ≃ 3.45,

Zatim se u r = r3 ponavlja situacija koju smo imali na granici prethodnog intervala -dolazi do bifurkacije, stabilne fiksne tocke periodicnosti dva postaju nestabilne, a umjestonjih se pojavljuju cetiri stabilne fiksne tocke periodicnosti cetiri, unutar intervala

r3 < r < r4.

Sada ponovo u r = r4 dolazi do bifurkacije ove cetiri fiksne tocke itd. Broj fiksnih tocaka

Slika 12.9: Stabilnost rjesenja logistickog preslikava-nja.

Slika 12.10: Podrucja stabilnosti iteracija pojedinihperiodicnosti.

se umnaza, da bi za neku granicnu vrijednost r∞ broj fiksnih tocaka bio beskonacan (slika


12.9). To znaci da dva beskonacno bliska pocetna uvjeta mogu iteracijom (12.3) datirjesenja koja se razlikuju za konacan iznos. To je vrlo vazan zakljucak, jer to znaci da i nez-natna razlika u pocetnim uvjetima moze izazvati vrlo veliku razliku u konacnom rezultatu.U literaturi se ovaj zakljucak naziva ucinkom leptira butterfly effect3: jedan zamahkrilima leptira u nekom vrtu Bejinga, moze izazvati tropsku oluju u Caribima. Taj zamahkrilima leptira je ono sto u gornjim jednadzbama zovemo pocetni uvjet x0, a zahtjev ve-like periodicnosti p→ ∞ predstavlja vrlo velik broj (priblizno identicnih) medudjelovanjamolekula u atmosferi izmedu leptira i mjesta formiranja oluje. U izlozenom modelu, lep-tirov ucinak ovisi o vanjskim parametrima kroz r. Ako je r < r∞, leptir moze mahatikrilima koliko hoce, nikakva se oluja nece pojaviti nad Caribima.

Cinjenica da se kaoticno ponasanje dobiva kao rezultat rjesavanja jedne jednadzbe, daklepotpuno regularnim, deterministickim putem, razlog je zasto se ovako dobiveno kaoticnoponasanje naziva deterministicki kaos.U cemu je razlika izmedu kaoticnog i nasumicnog procesa? Razlika se vidi kada se pro-ces ponavlja. Ako se uz iste pocetne uvjete, nasumicni proces ponovi vise puta, on ce dativise nasumicnih rezultata. No, ako se kaoticni proces ponovi vise puta uz iste pocetneuvjete, on ce uvjek dati isti rezultat (za iste pocetne uvjete, jednadzbe daju uvijek istarjesenja).Vezano za ovu razliku nasumicnosti i kaosa, primjetimo da kaoticnost u deterministickomkaosu dolazi od toga sto mala promjena pocetnih uvjeta moze izazvati veliku promjenuu rjesenjima.

EksponentiUobicajeno je prijelaz iz regularnog u kaoticno ponasanje karakterizirati pomocu nekolikouniverzalnih brojeva.Prvi od njih, δ, se naziva Feigenbaumov broj4, a definira se kao omjer udaljenostimedu susjednim bifurkacijskim tockama

δ = limm→∞

rm − rm−1

rm+1 − rm= 4.66920161 · · · . (12.17)

gdje su s rm oznacene bifurkacijske tocke (slika 12.9). Priblizna vrijednost gornje konstantese moze dobiti iz prve tri bifurkacijske tocke i iznosi

δ1 =r1 − r0r2 − r1

=3− 1

3.45− 3= 4.4,

a iz slijedece tri bifurkacijske tocke

δ2 =r2 − r1r3 − r2

=3.45− 3.00

3.54− 3.45= 5.00,

itd. Eksponent δ je univerzalan za sva preslikavanja s kvadratnim maksimumom.

Slijedeci univerzalni broj se oznacava s α, a definira se kao omjer udaljenosti medu su-

3Ovaj izraz potjece od Edwarda Nortona Lorenza (23. V 1917. - 16. IV 2008.) americki matematicar i meteorolog.4Mitchell Jay Feigenbaum (19. XII 1944.) americki teorijski fizicar.


sjednim fiksnim tockama perioda 2m izracunata u bifurkacijskim tockama (slika 12.10)

α = limm→∞

x ⋆m − x ⋆m−1

x ⋆m+1 − x ⋆m= 2.5029 · · · . (12.18)

Prva aproksimacija za α iznosi

α1 =0.44− 0.67

0.37− 0.44= 3.29.

Ljapunovljev eksponentPostupkom udvostrucavanja perioda i priblizavanjem granicnoj vrijednosti r∞ = 3.5699 · · · ,opaza se da udaljenost

Slika 12.11: Aleksandar Mihajlovic Ljapunovdp =

∣∣∣f (p)(x0 + ǫ)− f (p)r (x0)

∣∣∣

raste s porastom p, cak i za male vrijed-nosti ǫ. Takoder je (numericki) opazenoda je taj porast priblizno eksponencija-lan

limp→∞

dpǫ

= eλ p.

Logaritmiranjem gornjeg izraza, dolazise do

λ =1

pln

∣∣∣f (p)r (x0 + ǫ)− f

(p)r (x0)

∣∣∣ǫ

gdje je λ Ljapunovljev eksponent p-togciklusa. U granici ǫ → 0, gornji razlo-

mak postaje derivacija

λ =1

pln

∣∣∣∣∣d f

(p)r (x)

d x

∣∣∣∣∣x=x0

. (12.19)

Buduci da je f(p)r kompozicija p preslikavanja, to je npr.

d f(2)r (x)

d x

∣∣∣∣∣x=x0

=d fr[fr(x)]

d x

∣∣∣∣x=x0

=

∣∣∣∣d frd x

∣∣∣∣x=fr(x)=x1

∣∣∣∣d frd x

∣∣∣∣x=x0

=

∣∣∣∣d frd x

∣∣∣∣x=x1

∣∣∣∣d frd x

∣∣∣∣x=x0

,

ili, za opci p

d f(p)r (x)

d x

∣∣∣∣∣x=x0

=

∣∣∣∣d frd x

∣∣∣∣x=xp−1

∣∣∣∣d frd x

∣∣∣∣x=xp−2

· · ·∣∣∣∣d frd x

∣∣∣∣x=x1

∣∣∣∣d frd x

∣∣∣∣x=x0

.


Logaritam gornjeg izraza prelazi u zbroj logaritama, pa se za Ljapunovljev5 eksponentdobiva

λ =1

p

p−1∑

j=0

ln

∣∣∣∣d fr(x)

d x

∣∣∣∣x=xj

. (12.20)

To je Ljapunovljev eksponent za pocetnu tocku x0. Opisani postupak racunanja Ljapu-novljevog eksponenta treba provesti za nekoliko nasumice odabranih pocetnih tocaka x0,a zatim dobivene Ljapunovljeve eksponente treba usrednjiti. Ova srednja vrijednost setada smatra Ljapunovljevim eksponentom. Ljapunovljev eksponent se moze racunati zasvaki pojedini ciklus p.Ljapunovljev eksponent predstavlja kvantitativnu mjeru kaosa. Jednodimenzijskoiterativno preslikavanje poput logistickog preslikavanja, za fiksnu vrijednost parametra rima kaoticne cikluse (x0, x1, · · · ) ako je Ljapunovljev eksponent pozitivan.

λ > 0 kaos

λ < 0 periodicnost.

Svaka takva pocetna tocka se zove cudni (strange) atraktor - to su zatamnjena podrucjana slici 12.9. Za cikluse s konacnim periodom, λ je negativan - to je slucaj npr. za r < 3.Opcenito, λ raste s porastom r, tj. s porastom r sustav postaje sve kaoticniji. Za

r > r∞

Ljapunovljev eksponent je pozitivan, osim u periodickim prozorima u kojima je negativan

U kaoticnom podrucju, usrednjeni Ljapunovljev eksponent kao funkcija r ima scalingoblik (bez izvoda)

λ(r) = λ0 (r − r∞)ln 2/ ln δ, (12.21)

gdje je δ Feigenbaumov broj, a ln 2/ ln δ = 0.445, dok je λ0 konstanta. Gornji izrazpodsjeca na scaling oblik parametra reda m kod faznih prijelaza drugog reda

m =

m0(Tc − T )β T < Tc

0 T ≥ Tc .

gdje je β kriticni eksponent, a Tc kriticna temperatura. Ocito, λ se pojavljuje na mjestuparametra reda, a parametar r igra ulogu temperature.

Zadatak: 12.2 Izvedite algebarsku jednadzbu drugog reda, koja vodi na rjesenja (12.10).

R: dovrsiti

12.2 Fraktali

Fraktali su geometrijski objekti koji jednako izgledaju na svim skalama. Ovu je tvrd-nju lakse razumjeti pomocu primjera. Jedan, srazmjerno jednostavan, primjer fraktala je

5Aleksandar Mihajlovic Ljapunov (6. VI 1857. – 3. XI 1918.) ruski matematicar i teorijski fizicar.

12.2. FRAKTALI 503

Kochova krivulja6. Nekoliko prvih koraka u konstrukciji Kochove krivulje, prikazanoje slikama 12.12. Krece se od duzine jedinicne duljine (slika 12.12, gore), kojoj se uklonisrednja trecina i na njezino mjesto se postave dva segmenta, oba duljine 1/3, tako datvore krakove trokuta, kao na slici 12.12, sredina. Slijedeci korak je da se svaki od cetirisegmenta podjeli na trecine i srednja se trecina zamjeni krakom (slika 12.12, dolje). Lakoje razumjeti kako se ovaj postupak dalje nastavlja. Isto je tako iz konstrukcije ocito da cenastala krivulja, jednako izgledati na svim skalama. Nakon beskonacno iteracija, dobiva

Slika 12.12: Prve tri iteracije u konstrukciji Kochove krivulje.

se beskonacno duga krivulja koja je u kontinuirana u svim svojim tockama, ali ni u jednojtocki nije derivabilna.

Kolmogorov-Hausdorffova dimenzijaObjekti poput Kochove krivulje su dobili naziv fraktali zbog toga sto imaju fraktalnu tj.necjelobrojnu dimenziju. Postupaka za racunanje dimenzije geometrijskih objekata, imanekoliko, a ovdje ce se izloziti postupak odredivanja dimenzije pomocu brojanja kutija.Najprije ce se pokazati kako se tim postupkom dobivaju obicne cjelobrojne dimenzije, azatim ce se isti postupak primjeniti na racun dimenzije Kochove krivulje.

d = − limR→0

ln N(R)

ln R. (12.22)

6Niels Fabian Helge von Koch (Stockholm 25. I 1870. – Stockholm 11. III 1924.) svedski matematicar.


Promatra se obicna jednodimenzijska krivulja, koja se prekrije jednakim segmentima du-ljine R. Ovi segmenti su gore spomenute kutije u ovom primjeru. U dvije dimenzije,ploha se prekriva kvadratima povrsine R2, a u tri dimenzije, volumen se popunjava koc-kama obujma R3. Ocito ce umnozak broja kutija, N(R) s Rd dati ukupnu duljinu krivulje,povrsinu plohe ili obujam volumena (slika 12.13), tj. biti ce

Slika 12.13: Ilustracija postupka brojanja kutija.R ·N(R) = c1 = duljina

R2 ·N(R) = c2 = povrsina

R3 ·N(R) = c3 = obujam

R d ·N(R) = cd.

Uvrstavanjem gornjega N(R) u (12.22),dobiva se obicna prostorna dimenzijad = 1, 2 ili 3.

Sto isti ovakav postupak daje za Koc-hovu krivulju?U n-tom koraku Kochova krivulja je pre-

krivena segmentima duljine

Rn = 3−n,

dok je cijela krivulja pokrivena s

N(Rn) = 4n

takvih segmenata. U skladu s (12.22), dimenzija Kochove krivulje je

d = − limR→0

n ln 4

−n ln 3=

ln 4

ln 3= 1.26 · · · .

Dakle, Kochova je krivulja po dimenziji malo iznad obicne krivulje, ali i ispod dimenzijepovrsine.

Povezimo gornji postupak racunanja fraktalne dimenzije na logisticko preslikavanje.U tocki r = r∞, Kolmogorov-Hausdorffova dimenzija iznosi

d = 0.5388 · · ·

To je univerzalna vrijednost za sve iterativne funkcije jedne varijable s kvadratnim mak-simumom.dovrsiti

12.2. FRAKTALI 505

Slika 12.14: Nekoliko primjera slozenijih fraktala.

Dodatak A

Matematicki dodatak

A.1 Taylorov razvoj

ei α = cosα + i sinα, i2 = −1 (A.1)

ex = 1 + x+x2

2+x3

6+ · · · =

∞∑

n=0

xn

n !(A.2)

sin x = x− x3

6+ · · · =

∞∑

n=1

x2n−1

(2n− 1) !(A.3)

cos x = 1− x2

2+ · · · =

∞∑

n=0

x2n

(2n) !(A.4)

ln (1 + x) = x− x2

2+x3

3+ · · ·+ (−1)n+1 x

n

n+ · · · − 1 < x ≤ 1 (A.5)

ln (1− x) = −[x+

x2

2+x3

3+ · · ·+ xn

n+ · · ·

]− 1 ≤ x < 1 (A.6)

1√1± x

= 1∓ 1

2x+

1 · 32 · 4 x

2 ∓ 1 · 3 · 52 · 4 · 6 x

3 + · · · |x| < 1 (A.7)

1

(1± x)= 1∓ x+ x2 ∓ x3 + x4 ∓ · · · |x| < 1 (A.8)

1

(1± x)3/2= 1∓ 3

2x+

3 · 52 · 4 x

2 ∓ 3 · 5 · 72 · 4 · 6 x

3 · · · |x| < 1 (A.9)

507

508 DODATAK A. MATEMATICKI DODATAK

A.2 Integrali

[BS75], str443, (450)

∫xn eax d x =

xn

aeax − n

a

∫xn−1 eax d x

♣ B.-S., 479, (42)

∫ +∞

0

xa−1

1 + xbdx =

π

b sin aπb

, 0 < a < b.

♣ B.-S., str 443, (450)∫

xn eax d x =xn

aeax − n

a

∫xn−1 eax d x

♣∫ ∞

0

xn e−ax dx =Γ(n+ 1)

an+1.

♣ B.-S., 475, (3)

∫ +∞

0

e−a2x2 dx =

√π

2a, a > 0.

♣ B.-S., 474, (2)

∫ +∞

0

xn e−ax2

dx =Γ(n+12

)

2 a(n+1)/2, a > 0, n > −1

=

1 · 3 · . . . · (2k − 1)

2k+1ak+1/2

√π n = 2k

k !

2ak+1n = 2k + 1.

A.2. INTEGRALI 509

♣

I2m =

∫ +∞

−∞x2m e−

N2x2 dx =

Γ(m+ 1

2

)

Nm+ 12

2m+ 12

I0 =

√2 π

N,

I4I0

=3

N2,

(I2I0

)2

=1

N2.

Γ

(1

2

)=

√π, Γ

(3

2

)=

1

2

√π, Γ

(5

2

)=

3

4

√π,

♣∫ π/2

0

(sin x)2n dx =1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)

2 · 4 · 6 · · · (2n)π

2.

♣ Luijten-Bloete, Int. J. Mod. Phys. C 6 (1995) 359-370, p. 8

∫ +∞

−∞d x xk e−a x

4

=1

2

Γ(k+14

)

a(k+1)/4, a > 0.

♣ B. - S., 477, (19)

∫ +∞

0

sin2 ax

x2dx =

π

2|a|.

♣

∫d x

b+ c cos ax=

2a√b2−c2 arctan

(b−c) tan ax2√

b2−c2 , b2 > c2

1a√c2−b2 ln

(c−b) tan ax2+√c2−b2

(c−b) tan ax2−√c2−b2 , b2 < c2.

♣ Integrali trigonometrijskih funkcija - najcesce zamjene∫

sinm x cosn x d x

(1) cosx = t, m > 0, neparan,

(2) sin x = t, n > 0, neparan,

(3) tanx = t, m+ n < 0, parno.

510 DODATAK A. MATEMATICKI DODATAK

Univerzalna trigonometrijska zamjena

sin x =2t

1 + t2,

cos x =1− t2

1 + t2,

d x =2 d t

1 + t2.

A.3 Zaokvirene formule iz ove knjige

r = ~ex sin θ cosϕ+ ~ey sin θ sinϕ+ ~ez cos θ,

θ = ~ex cos θ cosϕ+ ~ey cos θ sinϕ− ~ez sin θ,

ϕ = −~ex sinϕ+ ~ey cosϕ.

ρ = ~ex cosϕ+ ~ey sinϕ,

ϕ = −~ex sinϕ+ ~ey cosϕ.

−→∇ = ~ex∂

∂ x+ ~ey

∂

∂ y+ ~ez

∂

∂ z.

grad A ≡ −→∇ A = ~ex∂ A

∂ x+ ~ey

∂ A

∂ y+ ~ez

∂ A

∂ z

div ~A ≡ −→∇ ~A =∂ Ax∂ x

+∂ Ay∂ y

+∂ Az∂ z

∮

S

~A d ~S =

∫

V (S)

−→∇ ~A dV,

∮

C~A (~r) d~r =

∫

S(C)(−→∇ × ~A ) d~S

Bibliografija

[1] Abramowitz M. and Stegun I. A., Handbook of Mathematical Functions, (Aca-demic Press, 1995.)

[2] Arfken G. B., Weber H. J., Mathematical Methods for Physicists, (Academic

Press, 1995.) 146

[3] Butkov E., Mathematical Physics, (Addison-Wesley Publishing Company, 1968.)

[4] Glumac Z., Klasicna mehanika - uvod, (http://www.fizika.unios.hr/ zglu-mac/utm.pdf) 1, 7, 11, 12, 18, 34, 37, 74, 124, 144, 147, 155, 157, 163, 243, 359,

367, 399, 404, 408, 426, 459, 460, 461, 463, 475

[5] Glumac Z., Vjerojatnost i statistika - uvod, (http://www.fizika.unios.hr/ zglu-mac/uvs.pdf) 229, 234, 254, 358, 402, 405, 413, 415, 427, 486

[6] Gradshteyn I. S. and Ryzhik I. M., Table of Integrals, Series, and Products,

(Academic Press, 1965.)

[7] Ivanovic D. M., Vektorska analiza, (Naucna knjiga, Beograd, 1960.)

[8] Markovic Z., Uvod u visu analizu 1, (Nakladni zavod Hrvatske, Zagreb, 1950.)

[9] Markovic Z., Uvod u visu analizu 2, (Skolska knjiga, Zagreb, 1952.)

[10] Morse P. M., Feshbach H., Methods of Theoretical Physics 1, 2, (McGraw-Hill,1953.)

[11] Snieder R., A Guided Tour of Mathematical Physics,

(http://samizdat.mines.edu/snieder/, 2004.)

[12] Spiegel M. R., Vector Analysis and an Introduction to Tensor Analysis, (McGraw-Hill, 19??.)

[13] Kittel C, Knight W. D., Ruderman M. A., Mehanika, (Tehnicka knjiga, Za-

greb, 1982.)

511

Kazalo pojmova

balisticki galvanometar, 326

delta funkciajintegralne reprezentacije, 184

diferencijalna jednadzbaBesselova, 201Hermiteova, 244Laguerreova, 250Legendreovih polinoma, 216pridruzenih Laguerreovih polinoma, 259

diferencijalne jednadzbe;samoadjungirane, 147Diracova δ-funkcija, 131, 180divergencija u cilindricnim koordinatama, 11divergencija u poopcenim koordinatama, 10divergencija u sfernim koordinatama, 10

faktorijeli, 189dvostruki, 190

Fourierov integral, 299funkcija

Diracova delta, 300, 326nul, 319step, 322svojstvena, osnovnog stanja, 370transfera, 313zeta, 283, 285zeta, integralni prikaz, 286

funkcija izvodnicaBesselovih funkcija cjelobrojnog reda, 195Gegenbauerovih polinoma, 215Hermiteovi polinomi, 237Legendreovih polinoma, 207pridruzenih Laguerreovih polinoma, 257ultrasfericnih polinoma, 215

funkcijeperiodicne, 277potpunost skupa, 164svojstvene, 149, 178

gama funkcija, 184

veza s faktorijelima, 189Gibbsova pojava, 275gradijent - cilindricni koordinatni sustav, 8gradijent - poopceni koordinatni sustav, 8gradijent - sferni koordinatni sustav, 8Gram-Schmidtov postupak ortogonalizacije,

159Greenove funkcije, 126, 180

integro-diferencijalna jednadzba, 176razvoj po svojstvenim funkcijama, 170u jednoj dimenziji, 173

harmonijski oscilator, 278, 324kvantnomehanicki, 246operatori stvaranja i ponistavanja, 247

Heisenbergovo nacelo neodredenosti, 169

integralBromwichev, 340Fourier-Mellinov, 340

jednadzbaBesselova, 103, 112Eulerova, 352osnovna, 110

jednadzbeLagrangeove, 357, 366Newtonove, 357

Jordanova lema, 81

kaos, 375konvolucija, 306, 347koordinatna ploha, 1koordinatni sustav

cilindricni, 184pravokutni, 183sferni, 183

koordintna linija, 1kugline funkcije, 233

lagranzijan, 356

512

KAZALO POJMOVA 513

laplasijan skalarnog polja u cilindricnim ko-ordinatama, 13

laplasijan skalarnog polja u poopcenim ko-ordinatama, 12

laplasijan skalarnog polja u sfernim koordi-natama, 13

laplasijan vektorskog polja u cilindricnim ko-ordinatama, 15

laplasijan vektorskog polja u poopcenim ko-ordinatama, 14

laplasijan vektorskog polja u sfernim koor-dinatama, 15

Larmorova precesija, 325

naceloHamiltonovo, 356

nacelo neodredenosti, 304normiranje

Besselove funkcije, 204kugline funkcije, 234

odzivna funkcija, 130operator

hermitski, 154operatori

hermitski u kvantnoj mehanici, 152ortogonalnost

Besselove funkcije, 203diskretne tocke, 291Hermiteovi polinomi, 243Laguerreovi polinomi, 254pridruzeni Legendreovi polinomi, 232pridruzenih Laguerreovih polinoma, 261

parnostHermiteovi polinomi, 240Legendreovih polinoma, 213, 218pridruzeni Legendreovi polinomi, 232

pol, 47red, 48

polinomiGegenbauerovi, 215Hermiteovi, 237Laguerreovi, 249Legendreovi, 207, 208pridruzeni Laguerreovi, 256ultrasfericni, 215

posebne vrijednostiHermiteovi polinomi, 240

Laguerreovi polinomi, 254Legendreovih polinoma, 217pridruzeni Laguerreovi polinomi, 258

precesija Zemlje, 324preobrazba

eksponencijalna, 300Fourierova kontinuirana, 295Hankelova, 296kosinusna, 301Laplaceova, 296, 316Mellinova, 296sinusna, 302

preobrazbebrze Fourierove, 294diskretne Fourierove, 292

razvoj u redpo Besselovim funkcijama, 205po kuglinim funkcijama, 235po Legendreovim polinomima, 220

red potencija zaHermiteove polinome, 243Laguerreove polinome, 252Legendreove polinome, 213pridruzene Laguerreove polinome, 256

redoviFourieroviderivacija, 290diskontinuitet, 275, 277Gibbsova pojava, 275integracija, 289konvergencija, 289periodicne funkcije, 277zbrajanje, 276

rekurzijeBesselove funkcije, 199Hermiteovi polinomi, 237Laguerreovi polinomi, 252Legendreovi polinomi, 215pridruzeni Laguerreovi polinomi, 258pridruzeni Legendreovi polinomi, 231

Rodrigues’ova formulaHermiteovi polinomi, 241Laguerreovi polinomi, 251pridruzenih Laguerreovih polinoma, 260za Legendreove polinome, 228

rotacija u poopcenim koordinatama, 11

teorem

514 KAZALO POJMOVA

Abelov, 288Fourier-Mellinov, 340

valzupcasti, 274

varijacija, 349vjerojatnost

gama raspodjela, 188Maxwell-Boltzmannova raspodjela, 188

Mathematical methods for physics

Documents

Transcript of Mathematical methods for physics