9.7: Рівняння Лапласа
Рівняння дифузії в двох просторових вимірахut=D(uxx+uyy).
Сталий розв'язок, наближений асимптотично за часом, маєut=0 так, що сталий розв'язокu=u(x,y) задовольняє двовимірному рівнянню Лапласа uxx+uyy=0.
Розглянемо математичну задачу розв'язання двовимірного рівняння Лапласа всередині прямокутної або круглої межі. Значенняu(x,y) буде вказано на границях, визначаючи, що ця задача має тип Діріхле.
Задача Діріхле для прямокутника

Розглядаємо рівняння Лапласа(???) для внутрішньої частини прямокутника0<x<a,0<y<b, (див. Рис. 9.7.1), з граничними умовамиu(x,0)=0,u(x,b)=0,0<x<a;u(0,y)=0,u(a,y)=f(y),0≤y≤b.
Більш загальні граничні умови можуть бути розв'язані лінійним накладенням розв'язків.
Беремо наш звичайний ансацu(x,y)=X(x)Y(y), і знаходимо після підміни в(???),X″X=−Y″Y=λ, зλ константою поділу. Таким чином, ми отримаємо два звичайних диференціальних рівнянняX″−λX=0,Y″+λY=0.
Однорідними граничними умовами єX(0)=0,Y(0)=0 іY(b)=0. Ми вже розв'язали рівняння дляY(y) §9.5, і рішення дає власні значенняλn=(nπb)2,n=1,2,3,…, з відповідними власними функціямиYn(y)=sinnπyb.
РештаX рівняння і однорідна гранична умова, отже,X″−n2π2b2X=0,X(0)=0, і розв'язком є гіперболічна синусоїда функціяXn(x)=sinhnπxb, раз константа. Написанняun=XnYn, множення на постійну і підсумовуючиn, дає загальне рішенняu(x,y)=∞∑n=0cnsinhnπxbsinhnπyb.
Решта неоднорідних граничних умовu(a,y)=f(y), вf(y)=∞∑n=0cnsinhnπabsinnπyb, яких ми визнаємо як ряд синуса Фур'є для непарної функції з2b крапкою та коефіцієнтомcnsinh(nπa/b). Рішення для коефіцієнта даєтьсяcn=2bsinhnπab∫b0f(y)sinnπybdy.
Задача Діріхле для кола
Рівняння Лапласа зазвичай записується символічно так, ∇2u=0,де∇2 називається Лаплас, іноді позначається якΔ. Лапласиан може бути записаний в різних системах координат, а вибір систем координат зазвичай залежить від геометрії кордонів. Дійсно, рівняння Лапласа, як відомо, відокремлюється в13 різних системах координат! Ми розв'язали рівняння Лапласа у двох вимірах з граничними умовами, зазначеними на прямокутнику, використовуючи∇2=∂2∂x2+∂2∂y2.
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,θ)→(x,y):
x=rcosθ,y=rsinθ;і правило ланцюга дає для часткових похідних ∂u∂r=∂u∂x∂x∂r+∂u∂y∂y∂r,∂u∂θ=∂u∂x∂x∂θ+∂u∂y∂y∂θ.
Після взяття часткових похіднихx іy використання(???), ми можемо записати перетворення(???) в матричному вигляді як (∂u/∂r∂u/∂θ)=(cosθsinθ−rsinθrcosθ)(∂u/∂x∂u/∂y).
Інверсію(???) можна визначити за наступним результатом, зазвичай доведеним у класі лінійної алгебри. ЯкщоA=(abcd),det тодіA^{-1}=\frac{1}{\det A}\left(\begin{array}{cc}d&-b \\ -c&a\end{array}\right).\nonumber
Тому, оскільки детермінант2\times 2 матриці в\eqref{eq:5} єr, 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, щоu(r, \theta ) є періодичним в\theta з періодом2\pi. Крім того, ми також будемо вважати, щоu(r, \theta ) є кінцевим в межах кола.
Метод поділу змінних приймає як наш ансацu(r,\theta )=R(r)\Theta (\theta ),\nonumber і заміщення в рівняння Лапласа з\eqref{eq:2} використанням\eqref{eq:9} прибутковостіR''\Theta +\frac{1}{r}R'\Theta +\frac{1}{r^2}R\Theta ''=0,\nonumber абоr^2\frac{R''}{R}+r\frac{R'}{R}=-\frac{\Theta ''}{\Theta }=\lambda,\nonumber де\lambda константа поділу. Таким чином, ми отримаємо два звичайних диференціальних рівнянняr^2R''+rR'-\lambda R=0,\quad \Theta ''+\lambda\Theta =0.\nonumber
\ThetaРівняння розв'язується за умови періодичних граничних умов з періодом2\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 періодом2\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
RРівняння для кожного власне значення\lambda_n потім стає \label{eq:11}r^2R''+rR'-n^2R=0,рівнянням Ейлера. За допомогою ансацаR = r^s\eqref{eq:11} зводиться до алгебраїчного рівнянняs(s − 1) + s − n^2 = 0, абоs^2 = n^2. Отжеs = ±n, і є два реальних рішення колиn > 0 і вироджені рішення колиn = 0. Колиn > 0, рішення дляR(r) єR_n(r)=Ar^n+Br^{-n}.\nonumber
Вимога, якаu(r,\theta ) є кінцевою в колі сил,B = 0 оскількиr^{−n} стає необмеженим якr\to 0. Колиn = 0, рішення дляR(r) єR_n(r)=A+B\ln r,\nonumber і знову кінцевіu в колі силиB = 0. Тому рішення дляn = 0,\: 1,\: 2,\ldots єR_n = r^n. Таким чином, загальне рішення дляu(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 розділилиn = 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 функціїf(\theta ) з періодом2\pi, тобтоL = \pi в (9.3.1). Коефіцієнтиa^nB_n Фур'єa^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 дляu(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 написання2 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}
Томуu(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 дляu(r, \theta ) відомий як формула Пуассона. Як тривіальний приклад розглянемо рішення дляu(r, \theta ) якщоf(\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, щоu(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