Cómo abordar los múltiples casos en este BVP? (La ecuación de Laplace en el trimestre-anillo)

Question

El problema original: $$\nabla^2 u =0 \ \ \ \ for \ \ \ 0<a<r<b\ \ \ ,\ \ \ 0<\theta <\frac \pi 2$$ $$u(r,0)=0,\ \ u(r,\frac \pi 2)=f(r),\ \ u(a,\theta)=u(b,\theta)=0$$

Mi pregunta se refiere a la educación a distancia para $G(r)$, encontrado después de la separación, $u=G(r) \Theta (\theta)$ y de cómo esto afecta a la solución general de la PDE.

$$r^2 G_{rr} + rG_r - \lambda G = 0$$

$$\lambda = -(\frac{n\pi}{ln b/a})^2$$ where $\lambda$ ha derivado en el post.

Me he topado con una pared con esta separado radial de la educación a distancia. De hecho, he terminado todo este problema y llegó a la parte de atrás del libro contestar, pero he encontrado algunas seductor casos que parecen defecto de la solución. Para ver los casos, por favor, desplácese hacia abajo. La respuesta en la parte de atrás del libro no parece tener en cuenta estos otros casos, y quiero ver si todos los casos de simplificar en la misma respuesta o no.

---

Aquí está mi solución general de la educación a distancia con $\lambda$ sustituido en la segunda línea:

$$G(r) = A\cos\left(\sqrt{|\lambda|} \ln r\right) + B\sin\left(\sqrt{|\lambda|} \ln r\right)$$

$$ = A\cos\left(\frac{n\pi}{\ln b/a} \ln r\right) + B\sin\left(\frac{n\pi}{\ln b/a} \ln r\right)$$

Aquí están las condiciones de contorno, $G(b)=G(a)=0$:

$$A\cos\left(\frac{n\pi}{\ln b/a} \ln a\right) + B\sin\left(\frac{n\pi}{\ln b/a} \ln a\right) = 0$$ $$A\cos\left(\frac{n\pi}{\ln b/a} \ln b\right) + B\sin\left(\frac{n\pi}{\ln b/a} \ln b\right) = 0$$

---

EDIT2: la Resolución de $\lambda$ donde $\lambda <0$ probado en otros lugares. A partir de la BCs por encima de la nota que $$ \begin{bmatrix} \cos\left(\sqrt{|\lambda|}\ln a\right) & \sin\left(\sqrt{|\lambda|} \ln a\right) \\ \cos\left(\sqrt{|\lambda|} \ln b\right) & \sin\left(\sqrt{|\lambda|} \ln b\right) \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A\\ B \end{bmatrix} =0 $$ $$\implies \sin(\sqrt{|\lambda|} ln(b/a)) = 0 \implies \lambda = -(\frac{n\pi}{ln b/a})^2$$

---

Aquí es donde se plantea la cuestión: necesito resolver el coeffcients de G(r). Puedo poner el $A$ en términos de $B$ sin crear múltiples casos? Si los términos eran distinto de cero, sería fácil. Nos gustaría utilizar la ecuación (decir el de arriba) para obtener

$$A = -B\tan\left(\frac{n\pi}{\ln b/a} \ln a\right)$$

lo que finalmente conduce a

$$G(r) = C\sin\left(\frac{n\pi}{\ln b/a} \ln r/a\right)$$

Esta última línea que conduce a la parte posterior de la libreta de respuesta (desplácese hacia abajo, ver CASE1). Pero no está claro si en realidad estamos autorizados a dividir nuestros términos y obtenga $A = -B\tan\left(\frac{n\pi}{\ln b/a} \ln a\right)$! ¿Qué pasa si un término es cero? Los términos no pueden ser simultáneamente cero, ya que el seno y el coseno son ortogonales, pero supongamos que uno de ellos, decir $\cos\left(\frac{n\pi}{\ln b/a} \ln a\right)=0$. A continuación, $B=0$ y obtenemos CASE2

$$G(r) = A\cos\left(\frac{n\pi}{\ln b/a} \ln r\right) $$

Pero luego el resto de la BC da un resultado gracioso

$$G(b) = A\cos\left(\frac{n\pi}{\ln b/a} \ln b\right) = 0$$

$\implies n\pi\frac{\ln b}{\ln b/a} = \frac{\pi}{2}(2k+1)$ para una solución no trivial. Pero... de que depende el valor de $b$!!! No parece que $b$ siempre tiene que satisfacer este... ¿no es así? Esto me ha rascándome la cabeza.

ACTUALIZACIÓN: SRX la respuesta aclara este punto. Esto tiene sentido.

Hay igualmente un CASE3 con $G(r) = B\sin\left(\frac{n\pi}{\ln b/a} \ln r\right) $.

---

Lo que queda por averiguar es si o no estos casos se simplifica para el mismo conjunto solución. O, si tenemos en todos los casos!

La solución a la azimutal de la educación a distancia es $\Theta (\theta) = \sinh(\frac{n \pi \theta}{\ln b/a})$. Tome mi palabra para ella. Esto le da tres casos de soluciones:

CASE1: $$u_1(r,\theta) = \sum_{n=0}^{\infty} C_n\sin\left(\frac{n\pi}{\ln b/a} \ln r/a\right) \sinh \left(\frac{n \pi \theta}{\ln b/a}\right)$$ $$C_n \sinh \left(\frac{n \pi^2}{2\ln (b/a)}\right) = \frac{2}{\ln(b/a)} \int^b_a f(r) \sin \left(n \pi \frac{\ln (r/a)}{\ln (b/a)}\right) \frac{dr}{r}$$

CASE2: $$u_2(r,\theta) = \sum_{n=0}^{\infty} A_n\cos\left(\frac{n\pi}{\ln b/a} \ln r\right) \sinh \left(\frac{n \pi \theta}{\ln b/a}\right)$$

CASE3 $$u_3(r,\theta) = \sum_{n=0}^{\infty} B_n\sin\left(\frac{n\pi}{\ln b/a} \ln r\right) \sinh \left(\frac{n \pi \theta}{\ln b/a}\right)$$

Como se mencionó anteriormente, sólo CASE1 aparece en la parte de atrás del libro de texto como respuesta. Los coeficientes fueron encontrados después de la aplicación de la final BC $u(r,\frac \pi 2) = f(r)$ y tomando un promedio ponderado de interior del producto con peso $1/r$. Voy a excluir el trabajo por ahora y sólo citar el resultado de CASE1. El coeficiente de las relaciones de $A_n$ $B_n$ no parecen funcionar muy bien. He tenido problemas con ellos y tendrá que volver a explorar esos.

Estoy loco, o ¿este problema dividido en estas tres soluciones separadas? Veo cómo, físicamente hablando, CASE1 es de mayor interés, ya que podría producirse con mayor frecuencia, pero ¿qué acerca de los CASOS 2 y 3?

Answer 1

Tenga en cuenta que, con el hecho de que $a \neq b$, $$\frac{\log(b)}{\log(\frac{b}{a})} - \frac{\log(a)}{\log(\frac{b}{a})} = \frac{\log(b) - \log(a)}{\log(b) - \log(a)} = 1$$

Esto indica que $$\frac{n\pi\log(b)}{\log(\frac{b}{a})} = n\pi +\frac{n\pi\log(a)}{\log(\frac{b}{a})}$$ y que $$\cos(\frac{n\pi\log(b)}{\log(\frac{b}{a})}) = (-1)^n\cos(\frac{n\pi\log(a)}{\log(\frac{b}{a})}) = 0 \text{ if } \cos(\frac{n\pi\log(a)}{\log(\frac{b}{a})}) = 0$$

Answer 2

$u_{rr}+\dfrac{u_r}{r}+\dfrac{u_{\theta\theta}}{r^2}=0$

Deje $\begin{cases}r_1=\ln r\\\theta_1=\theta\end{cases}$ ,

A continuación, $u_r=u_{r_1}(r_1)_r+u_{\theta_1}(\theta_1)_r=\dfrac{u_{r_1}}{r}=e^{-r_1}u_{r_1}$

$u_{rr}=(e^{-r_1}u_{r_1})_r=(e^{-r_1}u_{r_1})_{r_1}(r_1)_r+(e^{-r_1}u_{r_1})_{\theta_1}(\theta_1)_r=(e^{-r_1}u_{r_1r_1}-e^{-r_1}u_{r_1})e^{-r_1}=e^{-2r_1}u_{r_1r_1}-e^{-2r_1}u_{r_1}$

$u_\theta=u_{r_1}(r_1)_\theta+u_{\theta_1}(\theta_1)_\theta=u_{\theta_1}$

$u_{\theta\theta}=(u_{\theta_1})_\theta=(u_{\theta_1})_{r_1}(r_1)_\theta+(u_{\theta_1})_{\theta_1}(\theta_1)_\theta=u_{\theta_1\theta_1}$

$\therefore e^{-2r_1}u_{r_1r_1}-e^{-2r_1}u_{r_1}+e^{-2r_1}u_{r_1}+e^{-2r_1}u_{\theta_1\theta_1}=0$ $\ln a<r_1<\ln b$ , $0<\theta_1<\dfrac {\pi}{2}$

$u_{r_1r_1}+u_{\theta_1\theta_1}=0$ $\ln a<r_1<\ln b$ , $0<\theta_1<\dfrac {\pi}{2}$

Deje $\begin{cases}r_2=r_1-\ln a\\\theta_2=\theta_1\end{cases}$ ,

A continuación, $u_{r_1}=u_{r_2}(r_2)_{r_1}+u_{\theta_2}(\theta_2)_{r_1}=u_{r_2}$

$u_{r_1r_1}=(u_{r_2})_{r_1}=(u_{r_2})_{r_2}(r_2)_{r_1}+(u_{r_2})_{\theta_2}(\theta_2)_{r_1}=u_{r_2r_2}$

$u_{\theta_1}=u_{r_2}(r_2)_{\theta_1}+u_{\theta_2}(\theta_2)_{\theta_1}=u_{\theta_2}$

$u_{\theta_1\theta_1}=(u_{\theta_2})_{\theta_1}=(u_{\theta_2})_{r_2}(r_2)_{\theta_1}+(u_{\theta_2})_{\theta_2}(\theta_2)_{\theta_1}=u_{\theta_2\theta_2}$

$\therefore u_{r_2r_2}+u_{\theta_2\theta_2}=0$ $0<r_2<\ln b-\ln a$ , $0<\theta_2<\dfrac {\pi}{2}$

Con referencia a http://eqworld.ipmnet.ru/en/solutions/lpde/lpde301.pdf#page=2 tenemos especial consideración:

$u(r_2,\theta_2)=\sum\limits_{n=1}^\infty A(n)\sinh(2n(\ln b-\ln a-r_2))\sin 2n\theta_2+\sum\limits_{n=1}^\infty B(n)\sinh2nr_2\sin 2n\theta_2+\sum\limits_{n=1}^\infty C(n)\sin\dfrac{n\pi r_2}{\ln b-\ln a}\sinh\left(\dfrac{n\pi}{\ln b-\ln a}\left(\dfrac {\pi}{2}-\theta_2\right)\right)+\sum\limits_{n=1}^\infty D(n)\sin\dfrac{n\pi r_2}{\ln b-\ln a}\sinh\dfrac{n\pi\theta_2}{\ln b-\ln a}$

$u(r,\theta)=\sum\limits_{n=1}^\infty A(n)\sinh(2n(\ln b-\ln r))\sin 2n\theta+\sum\limits_{n=1}^\infty B(n)\sinh(2n(\ln r-\ln a))\sin 2n\theta+\sum\limits_{n=1}^\infty C(n)\sin\dfrac{n\pi(\ln r-\ln a)}{\ln b-\ln a}\sinh\dfrac{n\pi(\pi-2\theta)}{2\ln b-2\ln a}+\sum\limits_{n=1}^\infty D(n)\sin\dfrac{n\pi(\ln r-\ln a)}{\ln b-\ln a}\sinh\dfrac{n\pi\theta}{\ln b-\ln a}$

La ventaja de esta consideración es que cada condición depende solo de uno de los términos anteriores, respectivamente.

$u(a,\theta)=0$ :

$\sum\limits_{n=1}^\infty A(n)\sinh(2n(\ln b-\ln a))\sin 2n\theta=0$

$A(n)=0$

$\therefore u(r,\theta)=\sum\limits_{n=1}^\infty B(n)\sinh(2n(\ln r-\ln a))\sin 2n\theta+\sum\limits_{n=1}^\infty C(n)\sin\dfrac{n\pi(\ln r-\ln a)}{\ln b-\ln a}\sinh\dfrac{n\pi(\pi-2\theta)}{2\ln b-2\ln a}+\sum\limits_{n=1}^\infty D(n)\sin\dfrac{n\pi(\ln r-\ln a)}{\ln b-\ln a}\sinh\dfrac{n\pi\theta}{\ln b-\ln a}$

$u(b,\theta)=0$ :

$\sum\limits_{n=1}^\infty B(n)\sinh(2n(\ln b-\ln a))\sin 2n\theta=0$

$B(n)=0$

$\therefore u(r,\theta)=\sum\limits_{n=1}^\infty C(n)\sin\dfrac{n\pi(\ln r-\ln a)}{\ln b-\ln a}\sinh\dfrac{n\pi(\pi-2\theta)}{2\ln b-2\ln a}+\sum\limits_{n=1}^\infty D(n)\sin\dfrac{n\pi(\ln r-\ln a)}{\ln b-\ln a}\sinh\dfrac{n\pi\theta}{\ln b-\ln a}$

$u(r,0)=0$ :

$\sum\limits_{n=1}^\infty C(n)\sin\dfrac{n\pi(\ln r-\ln a)}{\ln b-\ln a}\sinh\dfrac{n\pi^2}{2\ln b-2\ln a}=0$

$C(n)=0$

$\therefore u(r,\theta)=\sum\limits_{n=1}^\infty D(n)\sin\dfrac{n\pi(\ln r-\ln a)}{\ln b-\ln a}\sinh\dfrac{n\pi\theta}{\ln b-\ln a}$

$u\left(r,\dfrac{\pi}{2}\right)=f(r)$ :

$\sum\limits_{n=1}^\infty D(n)\sin\dfrac{n\pi(\ln r-\ln a)}{\ln b-\ln a}\sinh\dfrac{n\pi^2}{2\ln b-2\ln a}=f(r)$

$\sum\limits_{n=1}^\infty D(n)\sinh\dfrac{n\pi^2}{2\ln b-2\ln a}\sin\dfrac{n\pi r}{\ln b-\ln a}=f(ae^r)$

$D(n)=\dfrac{1}{(\ln b-\ln a)\sinh\dfrac{n\pi^2}{2\ln b-2\ln a}}\int_0^{\ln b-\ln a}f(ae^r)\sin\dfrac{n\pi r}{\ln b-\ln a}dr$

$\therefore u(r,\theta)=\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\sin\dfrac{n\pi(\ln r-\ln a)}{\ln b-\ln a}\sinh\dfrac{n\pi\theta}{\ln b-\ln a}}{(\ln b-\ln a)\sinh\dfrac{n\pi^2}{2\ln b-2\ln a}}\int_0^{\ln b-\ln a}f(ae^r)\sin\dfrac{n\pi r}{\ln b-\ln a}dr$