¿Cómo se resuelve una ecuación diferencial parcial de segundo orden que implica una función delta Dirac?

Question

En un problema físico matemático, me encontré con la siguiente ecuación diferencial parcial que involucra una función delta Dirac: $$ a \, \frac { \partial ^2 w}{ \partial x^2} + b \, \frac { \partial ^2 w}{ \partial y^2} + \delta ^2(x,y) = 0 \, , $$ con sujeción a las condiciones de los límites $w(x = \pm 1, y) = w(x, y = \pm 1) = 0$ . Aquí $a, b \in \mathbb {R}_+$ y $ \delta ^2(x,y) = \delta (x) \delta (y)$ es la función bidimensional delta Dirac.

Mientras que las soluciones para EDE con funciones de Dirac delta pueden obtenerse fácilmente usando el enfoque estándar, no conozco ninguna receta de resolución para EDE con funciones de Dirac delta.

Cualquier ayuda o pista es muy deseable y apreciada.

Gracias.

Answer 1

Utilice un ansatz de la forma

$$ w(x,y) = \sum_{n,m=1}^\infty c_{n,m} \sin \left(n\pi \frac{1+x}{2}\right)\sin\left(m\pi \frac{1+y}{2}\right) $$

Descomponiendo la función delta en su serie de Fourier se obtiene

$$ \delta(x,y) = \sum_{n,m=1}^\infty \sin \left(\frac{n\pi}{2}\right)\sin\left( \frac{m\pi}{2}\right)\sin \left(n\pi \frac{1+x}{2}\right)\sin\left(m\pi \frac{1+y}{2}\right) $$

Introduciendo las expresiones anteriores en la ecuación se obtiene

$$ -\left[a\left(\frac{n\pi}{2}\right)^2 + b\left(\frac{m\pi}{2}\right)^2\right]c_{n,m} = -\sin \left(\frac{n\pi}{2}\right)\sin\left( \frac{m\pi}{2}\right) $$

Answer 2

1. El método de las imágenes con condiciones de contorno de Dirichlet para una región cuadrada $[-1,1]^2$ implica que el 2D Distribución delta de Dirac $$\delta(x)\delta(y)$$ es parte de una alternancia Peine de Dirac/Función Shah $$A(x)A(y),$$ donde $$\begin{align}A(x)&~=~\sum_{n\in\mathbb{Z}}(-1)^n\delta(x\!-\!2n)~=~III_4(x)-III_4(x+2) ~=~\frac{1}{4}\sum_{n\in\mathbb{Z}}e^{i\pi n x/2} -\frac{1}{4}\sum_{n\in\mathbb{Z}}e^{i\pi n(x+2)/2}\cr &~=~\frac{1}{2}\sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{1-(-1)^n}{2}e^{i\pi n x/2} ~\stackrel{n=2k-1}=~\frac{1}{2}\sum_{k\in\mathbb{Z}}e^{i\pi(k-1/2) x} ~=~\sum_{k\in\mathbb{N}}\cos(\pi(k\!-\!1/2) x)\cr &~=~\sum_{k\in\mathbb{N}-\frac{1}{2}}\cos(\pi k x).\end{align}$$

2. Por lo tanto, la solución a la pregunta de OP BVP se convierte en $$ w(x,y)~=~\frac{1}{\pi^2}\sum_{n,m\in\mathbb{N}-\frac{1}{2}}\frac{\cos(\pi n x)\cos(\pi m y)}{a n^2+b m^2}.$$ Dejamos al lector que analice las propiedades de convergencia de la doble suma.

Answer 3

1. Idea: Si reescalamos las coordenadas $$(x,y)~=~(\sqrt{a}X,\sqrt{b}Y),$$ el nuevo problema es un 2D problema electrostático $$ \left(\frac{\partial^2 }{\partial X^2}+\frac{\partial^2 }{\partial Y^2}\right)w~=~-\frac{1}{\sqrt{ab}}\delta(X)\delta(Y), $$ $$ w(X = \pm 1/\sqrt{a}, Y) ~=~0~=~w(X, Y = \pm1/\sqrt{b}) ,$$ para un rectángulo con condiciones de contorno de Dirichlet. El potencial $w$ se espera que diverja logarítmicamente en la ubicación de la carga puntual.

2. La solución puede entonces obtenerse formalmente a través de la método de las imágenes $$w~=~-\frac{1}{4\pi\sqrt{ab}} \sum_{n,m\in\mathbb{Z}}(-1)^{n+m}\ln\left\{(X\!-\!\frac{2n}{\sqrt{a}})^2+(Y\!-\!\frac{2m}{\sqrt{b}})^2\right\}$$ $$~=~-\frac{1}{4\pi\sqrt{ab}} \sum_{n,m\in\mathbb{Z}}(-1)^{n+m}\ln\left\{\frac{(x\!-\!2n)^2}{a}+\frac{(y\!-\!2m)^2}{b}\right\}.$$ Hm. La suma doble es divergente ya que el término general no llega a cero como $|n|,|m|\to\infty$ Véase el siguiente comentario del usuario Winther. Especulamos que puede ser posible agrupar términos alternativos para lograr un condicionalmente convergente serie.