9.7: Рівняння Лапласа

Рівняння дифузії в двох просторових вимірах

$$u_t=D(u_{xx}+u_{yy}).\nonumber$$

Сталий розв'язок, наближений асимптотично за часом, має$u_t = 0$ так, що сталий розв'язок$u = u(x, y)$ задовольняє двовимірному рівнянню Лапласа

$$\label{eq:1}u_{xx}+u_{yy}=0.$$

Розглянемо математичну задачу розв'язання двовимірного рівняння Лапласа всередині прямокутної або круглої межі. Значення$u(x, y)$ буде вказано на границях, визначаючи, що ця задача має тип Діріхле.

Задача Діріхле для прямокутника

Рисунок$\PageIndex{1}$: Задача Діріхле для рівняння Лапласа в прямокутнику.

Розглядаємо рівняння Лапласа$\eqref{eq:1}$ для внутрішньої частини прямокутника$0 < x < a$,$0 < y < b$, (див. Рис. $\PageIndex{1}$), з граничними умовами

$$\begin{array}{lllll}u(x,0)=0, && u(x,b)=0, && 0<x<a; \\ u(0,y)=0, && u(a,y)=f(y),&& 0\leq y\leq b.\end{array}\nonumber$$

Більш загальні граничні умови можуть бути розв'язані лінійним накладенням розв'язків.

Беремо наш звичайний ансац

$$u(x,y)=X(x)Y(y),\nonumber$$ і знаходимо після підміни в$\eqref{eq:1}$, $$\frac{X''}{X}=-\frac{Y''}{Y}=\lambda,\nonumber$$ з$\lambda$ константою поділу. Таким чином, ми отримаємо два звичайних диференціальних рівняння $$X''-\lambda X=0,\quad Y''+\lambda Y=0.\nonumber$$

Однорідними граничними умовами є$X(0) = 0,\: Y(0) = 0$ і$Y(b) = 0$. Ми вже розв'язали рівняння для$Y(y)$ §9.5, і рішення дає власні значення

$$\lambda_n=\left(\frac{n\pi}{b}\right)^2,\quad n=1,2,3,\ldots ,\nonumber$$ з відповідними власними функціями $$Y_n(y)=\sin\frac{n\pi y}{b}.\nonumber$$

Решта$X$ рівняння і однорідна гранична умова, отже,

$$X''-\frac{n^2\pi^2}{b^2}X=0,\quad X(0)=0,\nonumber$$ і розв'язком є гіперболічна синусоїда функція $$X_n(x)=\sinh\frac{n\pi x}{b},\nonumber$$ раз константа. Написання$u_n = X_nY_n$, множення на постійну і підсумовуючи$n$, дає загальне рішення $$u(x,y)=\sum\limits_{n=0}^\infty c_n\sinh\frac{n\pi x}{b}\sinh\frac{n\pi y}{b}.\nonumber$$

Решта неоднорідних граничних умов$u(a, y) = f(y)$, в

$$f(y)=\sum\limits_{n=0}^\infty c_n\sinh\frac{n\pi a}{b}\sin\frac{n\pi y}{b},\nonumber$$ яких ми визнаємо як ряд синуса Фур'є для непарної функції з$2b$ крапкою та коефіцієнтом$c_n \sinh (n\pi a/b)$. Рішення для коефіцієнта дається $$c_n=\frac{2}{b\sinh\frac{n\pi a}{b}}\int_0^b f(y)\sin\frac{n\pi y}{b}dy.\nonumber$$

Задача Діріхле для кола

Рівняння Лапласа зазвичай записується символічно так,

$$\label{eq:2}\nabla ^2u=0,$$ де$\nabla^2$ називається Лаплас, іноді позначається як$\Delta$. Лапласиан може бути записаний в різних системах координат, а вибір систем координат зазвичай залежить від геометрії кордонів. Дійсно, рівняння Лапласа, як відомо, відокремлюється в$13$ різних системах координат! Ми розв'язали рівняння Лапласа у двох вимірах з граничними умовами, зазначеними на прямокутнику, використовуючи $$\nabla ^2=\frac{\partial ^2}{\partial x^2}+\frac{\partial ^2}{\partial y^2}.\nonumber$$

Тут ми розглянемо граничні умови, зазначені на колі, і запишемо лапласіан в полярних координатах шляхом зміни змінних з декартових координат. Полярні координати визначаються перетворенням$(r,\theta )\to (x, y)$:

$$\label{eq:3}x=r\cos\theta,\quad y=r\sin\theta ;$$ і правило ланцюга дає для часткових похідних $$\label{eq:4}\frac{\partial u}{\partial r}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial r}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial r},\quad \frac{\partial u}{\partial\theta}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial\theta}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial\theta}.$$

Після взяття часткових похідних$x$ і$y$ використання$\eqref{eq:3}$, ми можемо записати перетворення$\eqref{eq:4}$ в матричному вигляді як

$$\label{eq:5}\left(\begin{array}{c}\partial u/\partial r \\ \partial u/\partial\theta\end{array}\right)=\left(\begin{array}{rr}\cos\theta &\sin\theta \\ -r\sin\theta & r\cos\theta\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}\partial u/\partial x \\ \partial u/\partial y\end{array}\right).$$

Інверсію$\eqref{eq:5}$ можна визначити за наступним результатом, зазвичай доведеним у класі лінійної алгебри. Якщо

$$A=\left(\begin{array}{cc}a&b \\ c&d\end{array}\right),\quad\det A\neq 0,\nonumber$$ тоді $$A^{-1}=\frac{1}{\det A}\left(\begin{array}{cc}d&-b \\ -c&a\end{array}\right).\nonumber$$

Тому, оскільки детермінант$2\times 2$ матриці в$\eqref{eq:5}$ є$r$, ми маємо

$$\label{eq:6}\left(\begin{array}{c}\partial u/\partial x \\ \partial u/\partial y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{rr}\cos\theta &-\sin\theta /r \\ \sin\theta &\cos\theta /r\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}\partial u/\partial r \\ \partial u/\partial\theta\end{array}\right).$$

Рерайтинг$\eqref{eq:6}$ в операторній формі, у нас є

$$\label{eq:7}\frac{\partial}{\partial x}=\cos\theta\frac{\partial}{\partial r}-\frac{\sin\theta}{r}\frac{\partial}{\partial\theta},\quad\frac{\partial}{\partial y}=\sin\theta\frac{\partial}{\partial r}+\frac{\cos\theta}{r}\frac{\partial}{\partial\theta}.$$

Щоб знайти лаплакіана в полярних координатах з мінімальною алгеброю, ми об'єднаємо$\eqref{eq:7}$ за допомогою комплексних змінних

$$\label{eq:8}\frac{\partial}{\partial x}+i\frac{\partial}{\partial y}=e^{i\theta}\left(\frac{\partial}{\partial r}+\frac{i}{r}\frac{\partial}{\partial\theta}\right),$$ так, що Лаплакіан може бути знайдений$\eqref{eq:8}$ шляхом множення обох сторін на його складний сполучений, піклуючись про обчислення похідних на правій руці- сторона:

$$\begin{aligned}\frac{\partial ^2}{\partial x^2}+\frac{\partial ^2}{\partial y^2}&=e^{i\theta}\left(\frac{\partial}{\partial r}+\frac{i}{r}\frac{\partial}{\partial\theta}\right)e^{-i\theta}\left(\frac{\partial}{\partial r}-\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial\theta}\right) \\ &=\frac{\partial ^2}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial ^2}{\partial\theta ^2}.\end{aligned}$$

Тому ми визначили, що лаплакіан у полярних координатах задається

$$\label{eq:9}\nabla^2=\frac{\partial ^2}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial ^2}{\partial\theta^2},$$ , за допомогою якого іноді записується як $$\nabla^2 =\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial}{\partial r}\right)+\frac{1}{r^2}\frac{\partial ^2}{\partial\theta ^2}.\nonumber$$

Розглянемо тепер розв'язання рівняння Лапласа по колу з радіусом,$r < a$ підпорядкованим граничній умові.

$$\label{eq:10}u(a,\theta )=f(\theta),\quad 0\leq\theta\leq 2\pi.$$

Додатковою граничною умовою за рахунок використання полярних координат є те, що$u(r, \theta )$ є періодичним в$\theta$ з періодом$2\pi$. Крім того, ми також будемо вважати, що$u(r, \theta )$ є кінцевим в межах кола.

Метод поділу змінних приймає як наш ансац

$$u(r,\theta )=R(r)\Theta (\theta ),\nonumber$$ і заміщення в рівняння Лапласа з$\eqref{eq:2}$ використанням$\eqref{eq:9}$ прибутковості $$R''\Theta +\frac{1}{r}R'\Theta +\frac{1}{r^2}R\Theta ''=0,\nonumber$$ або $$r^2\frac{R''}{R}+r\frac{R'}{R}=-\frac{\Theta ''}{\Theta }=\lambda,\nonumber$$ де$\lambda$ константа поділу. Таким чином, ми отримаємо два звичайних диференціальних рівняння $$r^2R''+rR'-\lambda R=0,\quad \Theta ''+\lambda\Theta =0.\nonumber$$

$\Theta$Рівняння розв'язується за умови періодичних граничних умов з періодом$2\pi$. Якщо$\lambda < 0$, то періодичного рішення не існує. Якщо$\lambda = 0$, то$\Theta$ може бути постійним. Якщо$\lambda = \mu^2 > 0$, то

$$\Theta (\theta )=A\cos\mu\theta +B\sin\mu\theta ,\nonumber$$ і вимога, яка$\Theta$ періодична з періодом$2\pi$$\mu$ змушує бути цілим числом. Тому $$\lambda_n=n^2,\quad n=0,1,2,\ldots ,\nonumber$$ з відповідними власними функціями $$\Theta_n(\theta )=A_n\cos n\theta +B_n\sin n\theta.\nonumber$$

$R$Рівняння для кожного власне значення$\lambda_n$ потім стає

$$\label{eq:11}r^2R''+rR'-n^2R=0,$$ рівнянням Ейлера. За допомогою ансаца$R = r^s$$\eqref{eq:11}$ зводиться до алгебраїчного рівняння$s(s − 1) + s − n^2 = 0$, або$s^2 = n^2$. Отже$s = ±n$, і є два реальних рішення коли$n > 0$ і вироджені рішення коли$n = 0$. Коли$n > 0$, рішення для$R(r)$ є $$R_n(r)=Ar^n+Br^{-n}.\nonumber$$

Вимога, яка$u(r,\theta )$ є кінцевою в колі сил,$B = 0$ оскільки$r^{−n}$ стає необмеженим як$r\to 0$. Коли$n = 0$, рішення для$R(r)$ є

$$R_n(r)=A+B\ln r,\nonumber$$ і знову кінцеві$u$ в колі сили$B = 0$. Тому рішення для$n = 0,\: 1,\: 2,\ldots$ є$R_n = r^n$. Таким чином, загальне рішення для$u(r,\theta )$ може бути записано як $$\label{eq:12} u(r,\theta )=\frac{A_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^\infty r^n (A_n\cos n\theta +B_n\sin n\theta ),$$ де ми розділили$n = 0$ рішення, щоб записати наше рішення у формі, подібній до стандартного ряду Фур'є, заданого (9.3.1). Решта гранична умова$\eqref{eq:10}$ визначає значення u на колі радіуса a, і накладення цієї граничної умови призводить до $$\label{eq:13} f(\theta )=\frac{A_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^\infty a^n (A_n\cos n\theta +B_n\sin n\theta ).$$

Рівняння$\eqref{eq:13}$ - це ряд Фур'є для періодичної функції$f(\theta )$ з періодом$2\pi$, тобто$L = \pi$ в (9.3.1). Коефіцієнти$a^nB_n$ Фур'є$a^nA_n$ і, отже, задаються (9.3.5) і (9.3.6), щоб бути

$$\begin{align} a^nA_n&=\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi} f(\phi )\cos n\phi d\phi, \quad n=0,1,2,\ldots ; \nonumber \\ a^nB_n&=\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}f(\phi )\sin n\phi d\phi ,\quad n=1,2,3,\ldots ,\label{eq:14}\end{align}$$ там, де ми використовували$\phi$ для фіктивної змінної інтеграції.

Примітним фактом є те, що рішення нескінченних рядів для$u(r, \theta )$ може бути підсумовано явно. Підставляючи$\eqref{eq:14}$ в$\eqref{eq:12}$, отримуємо

$$\begin{aligned}u(r,\theta )&=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}d\phi f(\phi )\left[ 1+2\sum\limits_{n=1}^\infty \left(\frac{r}{a}\right)^n (\cos n\theta\cos n\phi +\sin n\theta\sin n\phi )\right] \\ &=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} d\phi f(\phi)\left[1+2\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{r}{a}\right)^n\cos n(\theta -\phi)\right].\end{aligned}$$

Ми можемо підсумувати нескінченний ряд шляхом написання$2 cos n(\theta − \phi ) = e^{in(\theta−\phi)} + e^{−in(\theta −\phi)}$ та використання суми геометричного ряду$\sum_{n=1}^\infty z^n = z/(1 − z)$ для отримання

$$\begin{aligned} 1+2\sum\limits_{n=1}^\infty \left(\frac{r}{a}\right)^n\cos n(\theta -\phi)&=1+\sum\limits_{n=1}^\infty \left(\frac{re^{i(\theta -\phi)}}{a}\right)^n +\sum\limits_{n=1}^\infty \left(\frac{re^{-i(\theta -\phi )}}{a}\right)^n \\ &=1+\left(\frac{re^{i(\theta -\phi)}}{a-re^{i(\theta -\phi )}}+c.c.\right) \\ &=\frac{a^2-r^2}{a^2-2ar\cos (\theta -\phi )+r^2}.\end{aligned}$$

Тому

$$u(r,\theta )=\frac{a^2-r^2}{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac{f(\phi )}{a^2-2ar\cos (\theta -\phi )+r^2}d\phi,\nonumber$$ інтегральний результат для$u(r, \theta )$ відомий як формула Пуассона. Як тривіальний приклад розглянемо рішення для$u(r, \theta )$ якщо$f(\theta ) = F$, константу. Зрозуміло,$u(r, \theta ) = F$ що задовольняє як рівняння Лапласа, так і граничним умовам, тому має бути розв'язком. Ви можете переконатися, що$u(r, \theta ) = F$ це дійсно рішення, показавши, що $$\int_0^{2\pi}\frac{d\phi}{a^2-2ar\cos (\theta -\phi )+r^2}=\frac{2\pi }{a^2-r^2}.\nonumber$$