Ecuación de Laplace en coordenadas polares

Question

Pregunta: Supongamos que la función u(r, $\phi$ ) satisface la ecuación de Laplace para coordenadas polares planas (r, $\phi$ ) es decir

$$ ^2u = \frac{1}{r} \frac{}{r}(\frac{ru}{r}) + \frac{1}{r^2}\frac{^2u}{\phi^2} = 0 $$

Escribiendo u(r, $\phi$ ) = P(r)Q( $\phi$ ), demuestre que la solución más general que es una solución acotada en esta región y que satisface u(r, 0) = u(r, /2) = 0 para todo r > a es $$ u(r,\phi) = \sum_{k=1}^ A_kr^{2k} sin2k\phi. $$

Por lo tanto, encontrar la única solución en esta región que satisface las condiciones anteriores, $u(a, \phi) = u_0$ para $0<\phi</4$ y $u(a,\phi)=u_0$ para $/4<\phi</2, $ donde $u_0$ es una constante.

Ahora, soy capaz de mostrar la primera parte pasando por los distintos pasos y terminando con la solución general en la forma

$$ u(r,\phi) = a_o + b_0lnr + \sum_{n=1}^ (A_nr^n + B_nr^{-n})(C_ncos(n\phi)+D_nsin(n\phi)) $$

Tras aplicar las condiciones de contorno $u(r, 0) = 0$ Termino con $a_0 = b_0 = 0$ y $C_n = 0$ saliendo de

$$ u(r,\phi) = \sum_{n=1}^ (A_nr^n + B_nr^{-n})D_nsin(n\phi) $$

Aplicando $u(r, ) = 0$ Me parece que $r^n\to\infty$ en la expansión, por lo que $A_n = 0$ . Además, $sin(\frac{n}{2}) = 0$ cuando $ n = 2k$ . Dejar $A_k = B_k D_k$ tenemos $$ u(r,\phi) = \sum_{k=1}^ A_kr^{-2k}sin(2k\phi) $$

Sin embargo, con la segunda parte, es decir, con la búsqueda de la solución única, ¿tendré razón al encontrar $A_k$ por separado para $ 0 < \phi < /4 $ y $ /4 < \phi < /2 $ utilizando la serie sinusoidal de Fourier, o sería mejor (aún utilizando Fourier) integrar de 0 a /2? Tampoco estoy muy seguro de qué usar como f(x) al integrar.

Answer 1

Las funciones

$$ \sin 2\phi,\; \sin 4\phi,\; \sin 8\phi,\; \ldots,\; \sin 2n\phi,\;\ldots $$ son las funciones propias únicas de la $L^{2}[0,\pi/2]$ Problema de Sturm-Liouville $$ -\frac{d^{2}}{d\phi^{2}}f = \lambda f, \;\;\; f(0)=f(\pi/2) = 0. $$ Así, estas funciones forman automáticamente un conjunto completo de funciones ortogonales en $L^{2}[0,\pi/2]$ . Debido a esto, podrá satisfacer una condición arbitraria en $r=a$ : $$ \sum_{n=1}^{\infty} A_{n}a^{-2n}\sin 2n\phi=\left\{\begin{array}{cc}u_{0} & 0 < \phi < \phi/4, \\ -u_{0} & \pi/4 < \phi < \pi/2\end{array}.\right. $$ Además, por ortogonalidad de estas funciones propias en $[0,\pi/2]$ , $$ A_{n}a^{-2n}\frac{\pi}{4} = A_{n}a^{-2n}\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2}2n\phi\,d\phi = u_{0}\int_{0}^{\pi/4}\sin 2n\phi\,d\phi-u_{0}\int_{\pi/4}^{\pi/2}\sin 2n\phi\,d\phi. $$ En este caso, los valores propios $\lambda=2^{2},4^{2},6^{2},\ldots$ del problema de Sturm-Liouville en $[0,\pi/2]$ dicta los poderes $1/r^{2},1/r^{4},1/r^{6},\ldots$ así como la expansión de la función propia ortogonal. Más explícitamente, si $$ u(r,\phi) = \sum_{k=1}^{\infty}A_{k}r^{2k}\sin 2k\phi, $$ y $u(a, \phi)$ es conocido (como lo es aquí) por $0\le \phi \le \pi/2$ entonces la ortogonalidad automática de las funciones propias de la ecuación polar conduce a $$ \int_{0}^{\pi/2}u(a,\phi)\sin 2n\phi d\phi = \sum_{k=1}^{\infty}A_{k}a^{2k}\int_{0}^{\pi/2}\sin 2k\phi \sin 2n\phi d\phi = A_{n}a^{2n}\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2}2n\phi d\phi $$ para todos $n \ge 1$ . La serie en $r=a$ converge a la función deseada excepto en $0,\pi/4,\pi/2$ donde converge a $0$ .

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\dagger}}% \newcommand{\angles}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil #1 \right\rceil\,}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \atop {= \atop \vphantom{\huge A}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}}% \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}% \newcommand{\half}{{1 \over 2}}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\isdiv}{\,\left.\right\vert\,}% \newcommand{\ket}[1]{\left\vert #1\right\rangle}% \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,}% \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ $$ u\pars{a,\phi} = \sum_{k = 1}^{\infty}A_{k}a^{-2k}\sin\pars{2k\phi} $$ $$ u_{0}\int_{0}^{\pi/4}\sin\pars{2q\phi}\,\dd\phi - u_{0}\int_{\pi/4}^{\pi/2}\sin\pars{2q\phi}\,\dd\phi = \sum_{k = 1}^{\infty}A_{k}a^{-2k} \overbrace{\int_{0}^{\pi/2}\sin\pars{2q\phi}\sin\pars{2k\phi}\,\dd\phi} ^{\ds{{1 \over 4}\,\pi\,\delta_{qk}}} $$

\begin{align} \\[3mm] &{1 \over 4}\,\pi A_{q}a^{-2q} =u_{0}\int_{0}^{\pi/4}\sin\pars{2q\phi}\,\dd\phi - u_{0}\int_{\pi/4}^{\pi/2}\sin\pars{2q\phi}\,\dd\phi \\[3mm]&= u_{0}\int_{0}^{\pi/4}\sin\pars{2q\phi}\,\dd\phi - u_{0}\int_{-\pi/4}^{0}\sin\pars{2q\phi + q\pi}\,\dd\phi \\[3mm]&= u_{0}\int_{0}^{\pi/4}\sin\pars{2q\phi}\,\dd\phi - u_{0}\pars{-1}^{q}\int_{-\pi/4}^{0}\sin\pars{2q\phi}\,\dd\phi = u_{0}\bracks{1 - \pars{-1}^{q}}\int_{0}^{\pi/4}\sin\pars{2q\phi}\,\dd\phi \\[3mm]&= u_{0}\bracks{1 - \pars{-1}^{q}}{-\cos\pars{\pi q/2} + 1\over 2q} =u_{0}\,{1 - \pars{-1}^{q} \over q}\sin^{2}\pars{\pi q \over4} \end{align}

$A_{q}$ se desvanece incluso para $q$ : \begin{align} {1 \over 4}\,\pi a^{-4k - 2}A_{2k + 1} &= {2u_{0} \over 2k + 1}\,\sin^{2}\pars{{\pi \over 4}\bracks{2k + 1}} \\[3mm]&= {2u_{0} \over 2k + 1}\,\bracks{% \sin\pars{\pi k \over 2}\cos\pars{\pi \over 4} + \cos\pars{\pi k \over 2}\sin\pars{\pi \over 4}}^{2} ={u_{0} \over 2k + 1} \\[3mm] A_{2k + 1} & = {4u_{0}/\pi \over 2k + 1}\,a^{4k + 2} \end{align}

$$\color{#0000ff}{\large% u\pars{r,\phi} = {4u_{0} \over \pi}\sum_{k = 0}^{\infty}{1 \over 2k + 1}\pars{a \over r}^{4k + 2} \sin\pars{2\bracks{2k + 1}\phi}} $$

También $$ u\pars{r,\phi} = -\,{4u_{0} \over \pi}\Im\sum_{k = 0}^{\infty}{1 \over 2k + 1} \pars{{a \over r}\,\expo{-\ic\phi}}^{4k + 2} = -\,{4u_{0} \over \pi}\Im\fermi\pars{{a \over r\expo{\ic\phi}}} $$ donde $\fermi\pars{z} = \sum_{k = 0}^{\infty}z^{4k + 2}/\pars{2k + 1}$ . Entonces, \begin{align} \fermi'\pars{z} &= 2\sum_{k = 0}^{\infty}z^{4k + 1} = 2\,{z \over 1 - z^{4}} = {z \over z^{2} + 1} - {z \over z^{2} - 1} \\ \Im\fermi\pars{z}&=\half\,\ln\pars{z^{2} + 1 \over z^{2} - 1} =\half\,\Im\ln\pars{1 + z^{-2} \over 1 - z^{-2}} =\half\,\Im\ln\pars{% 1 + \bracks{x + \ic y}^{2}/a^{2} \over 1 - \bracks{x + \ic y}^{2}/a^{2}} \\[3mm]&=\half\,\Im\ln\pars{% x^{2} - y^{2} + a^{2} + 2xy\ic \over -x^{2} + y^{2} + a^{2} - 2xy\ic} \\[3mm]&=\half\,\Im\ln\pars{% \bracks{x^{2} - y^{2} + a^{2} + 2xy\ic}\bracks{-x^{2} + y^{2} + a^{2} + 2xy\ic}} \\[3mm]&= \half\,\Im\ln\pars{% -\bracks{x^{2} - y^{2}}^{2} + a^{4} - 4x^{2}y^{2} + 4a^{2}xy\ic} \\[3mm]&= \half\,\arctan\pars{% 4a^{2}xy \over -\bracks{x^{2} - y^{2}}^{2} + a^{4} - 4x^{2}y^{2}} \end{align}

En coordenadas cartesianas: $$\color{#0000ff}{\large% u\pars{x,y} =-\,{2u_{0} \over \pi}\,\arctan\pars{% 4a^{2}xy \over -\bracks{x^{2} - y^{2}}^{2} + a^{4} - 4x^{2}y^{2}}} $$

$\large\tt\mbox{Please, check for some typo !!!}$ .