11.10: Розв'язування задачі Діріхле для гармонійних функцій
- Page ID
- 62834
Загалом, задача Діріхле в області\(A\) просить вас розв'язати рівняння з частинними похідними,\(A\) де\(A\) задаються значення розв'язку на межі.
Знайдіть\(u\) гармоніку функції на одиничному диску таку, що
\[u(e^{i \theta}) = \begin{cases} 1 & \text{ for } 0 < \theta < \pi \\ 0 & \text{ for } -\pi < \theta < 0 \end{cases}\]
Це задача Діріхле, оскільки вказані значення\(u\) на межі. Рівняння з частинними похідними мається на увазі, що вимагає, щоб\(u\) бути гармонійним, тобто ми вимагаємо\(\nabla ^2 u = 0\). Ми вирішимо цю проблему з часом.
Гармонічні функції на верхній півплощині
Наша стратегія полягатиме у вирішенні задачі Діріхле для гармонійних функцій на верхній півплощині, а потім перенесення цих розв'язків в інші області.
Знайти гармонійну функцію\(u(x, y)\) на верхній півплощині, яка задовольняє граничній умові
\[u(x, 0) = \begin{cases} 1 & \text{ for } x < 0 \\ 0 & \text{ for } x > 0 \end{cases}\]
Рішення
Ми можемо записати рішення явно як
\[u(x, y) = \dfrac{1}{\pi} \theta,\]
\(\theta\)де аргумент\(z = x + iy\). Оскільки ми працюємо лише над верхньою півплощиною, ми можемо взяти будь-яку зручну гілку з гілкою, зрізаною в нижній півплощині, скажімо\(-\pi /2 < \theta < 3 \pi /2\).
Щоб показати\(u\) це справді рішення, ми повинні перевірити дві речі:
- \(u\)задовольняє граничним умовам
- \(u\)гармонійний.
Обидва вони прості. Спочатку подивіться на точку\(r_2\) на позитивній\(x\) -осі. Це має аргумент\(\theta = 0\), так що\(u(r_2, 0) = 0\). Так само\(\text{arg} (r_1) = \pi\), так\(u(r_1, 0) = 1\). Таким чином, ми показали точку (1).
Щоб побачити точку (2) пам'ятайте, що
\[\log (z) = \log (r) + i \theta.\]
Отже,
\[u = \text{Re} (\dfrac{1}{\pi i} \log (z)).\]
Оскільки вона є реальною частиною аналітичної функції,\(u\) є гармонійною.
Припустимо\(x_1 < x_2 < x_3\). Знайти гармонійну функцію\(u\) на верхній півплощині, яка задовольняє граничній умові
\[u(x, 0) = \begin{cases} c_0 & \text{ for } x < x_1 \\ c_1 & \text{ for } x_1 < x < x_2 \\ c_2 & \text{ for } x_2 < x < x_3 \\ c_3 & \text{ for } x_3 < x \end{cases}\]
Рішення
Імітуємо попередній приклад і записуємо рішення
\[u(x, y) = c_3 + (c_2 - c_3) \dfrac{\theta_3}{\pi} + (c_1 - c_2) \dfrac{\theta_2}{\pi} + (c_0 - c_1) \dfrac{\theta_1}{\pi}.\]
Ось кути\(\theta_j\), показані на малюнку. Знову ж таки, ми вибрали гілку\(\theta\), яка має\(0 < \theta < \pi\) для точок у верхній половині площини. (Наприклад, гілка\(-\pi /2 < \theta < 3\pi /2\).)
Щоб переконати себе, що\(u\) задовольняє гранична умова тест кілька моментів:
- За адресою\(r_3\): все\(\theta_j = 0\). Отже,\(u(r_3, 0) = c_3\) в міру необхідності.
- За адресою\(r_2\):\(\theta_1 = \theta_2 = 0\),\(\theta_3 = \pi\). Отже,\(u(r_2, 0) = c_3 + c_2 - c_3 = c_2\) в міру необхідності.
- Аналогічно, в\(r_1\) і\(r_0\),\(u\) мають правильні значення.
Як і раніше,\(u\) є гармонійним, оскільки це реальна частина аналітичної функції
\[\Phi (z) = c_3 + \dfrac{(c_2 - c_3)}{\pi i} \log (z - x_3) + \dfrac{(c_1 - c_2)}{\pi i} \log (z - x_2) + \dfrac{(c_1 - c_0)}{\pi i} \log (z - x_1).\]
Гармонічні функції на одиничному диску
Спробуємо вирішити проблему, подібну до тієї, що в прикладі 11.9.1..
Знайдіть\(u\) гармоніку функції на одиничному диску таку, що
\[u (e^{i \theta}) = \begin{cases} 1 & \text{ for } -\pi /2 < \theta < \pi /2 \\ 0 & \text{ for } \pi /2 < \theta < 3\pi /2 \end{cases}\]
Рішення
Наша стратегія полягає в тому, щоб почати з конформної карти\(T\) від верхньої півплощини до одиничного диска. Ми можемо використовувати цю карту, щоб повернути проблему назад до верхньої півплощини. Вирішуємо її там і потім штовхаємо розчин назад на диск.
Назвемо диск\(D\), верхню півплощину\(H\). \(z\)Дозволяти бути змінна\(w\) на\(D\) і змінна на\(H\). Повернувшись у прикладі 11.7.4 ми знайшли карту від\(H\) до\(D\). Карта та її зворотна
\[z = T(w) = \dfrac{w - i}{w + i}, \ \ \ \ \ \ \ \ w = T^{-1} (z) = \dfrac{iz + i}{-z + 1}.\]
Функція\(u\)\(D\) увімкнено перетворюється\(T\) на функцію\(\phi\) увімкнено\(H\). Відносини є
\[u(z) = \phi \circ T^{-1} (z)\ \ \ \ \ \ \ \ \text{or} \ \ \ \ \ \ \ \ \phi (w) = u \circ T(w)\]
Ці відносини визначають граничні значення\(\phi\) від тих, для яких нам дали\(u\). Обчислюємо:
\(T^{-1} (i) = -1\),\(T^{-1} (-i) = 1\),\(T^{-1} (1) = \infty\),\(T^{-1} (-1) = 0\).
Це показує, що ліве півколо\(D\) обмежує відображення відрізка [-1, 1] на дійсній осі. Так само півколо правої руки відображає дві показані напівлінії. (Буквально, до «сегмента» від 1\(\infty\) до -1.)
Ми знаємо, як вирішити задачу для гармонійної функції\(\phi\) на\(H\):
\[\phi (w) = 1 - \dfrac{1}{\pi} \theta _2 + \dfrac{1}{\pi} \theta _1 = \text{Re} (1 - \dfrac{1}{\pi i} \log (w - 1) + \dfrac{1}{\pi i} \log (w + 1)).\]
Перетворення цього назад на диск, який ми маємо
\[u(z) = \phi \circ T^{-1} (z) = \text{Re} (1 - \dfrac{1}{\pi i} \log (T^{-1} (z) - 1) + \dfrac{1}{\pi i} \log (T^{-1} (z) + 1)).\]
Якби ми хотіли, ми могли б дещо спростити це, використовуючи формулу для\(T^{-1}\).