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\[\int_0^{2\pi}\frac{d\phi}{a^2-2ar\cos (\theta -\phi )+r^2}=\frac{2\pi }{a^2-r^2}.\nonumber\]