Problema de comprobación de que una función verifica la ecuación de Laplace.

Question

Tengo problemas para resolver un excersivo de un final pasado que dice así:

Demostrar que si $u(x,y) \in \mathbb{C}^2$ satisface $u_{xx} + u_{yy} = 0$ en $\mathbb{R}² - \{(0,0)\} $ entonces $v(x,y) = u( \frac{x}{x² + y²} ; \frac{y}{x²+y²})$ también la satisface.

Esto es lo que hice:

Sea $ \alpha (x,y) = ( \frac{x}{x² + y²} , \frac{y}{x²+y²}) $ Así que

$ \frac{\partial v}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial x} ({\alpha(x,y)}) \frac{\partial \alpha_1}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial y} ({\alpha(x,y)}) \frac{\partial \alpha_2}{\partial x}$

$ \frac{\partial² v}{\partial x²} = \frac{\partial^2 u}{\partial x²} ({\alpha(x,y)}) \frac{\partial \alpha_1}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial x} ({\alpha(x,y)}) \frac{\partial² \alpha_1}{\partial x²} + \frac{\partial^2 u}{\partial xy} ({\alpha(x,y)}) \frac{\partial \alpha_2}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial y} ({\alpha(x,y)}) \frac{\partial² \alpha_2}{\partial x²}$

Del mismo modo para $y$ . Hice todas las operaciones y fui por $ \frac{\partial² v}{\partial x²} + \frac{\partial² v}{\partial y²} $ pero en realidad no podía hacerlo igual a $0$ así que me pregunto si éste es el camino correcto.

Gracias de antemano por cualquier ayuda.

Answer 1

Hay algo mal con tu segunda derivada parcial. Si escribes $v(x,y) = u(\alpha(x,y)) =u( \alpha_1(x,y), \alpha_2(x,y))$ entonces

$$ \frac{\partial v}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial x} ({\alpha(x,y)}) \frac{\partial \alpha_1}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial y} ({\alpha(x,y)}) \frac{\partial \alpha_2}{\partial x}$$

$$ \frac{\partial^2 v}{\partial x^2} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} ({\alpha(x,y)}) \left(\frac{\partial \alpha_1}{\partial x}\right)^2 + \frac{\partial u}{\partial x} ({\alpha(x,y)}) \frac{\partial^2 \alpha_1}{\partial x^2} + 2 \frac{\partial^2 u}{\partial xy} ({\alpha(x,y)}) \frac{\partial \alpha_2}{\partial x}\frac{\partial \alpha_1}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial y} ({\alpha(x,y)}) \frac{\partial^2 \alpha_2}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} ({\alpha(x,y)}) \left(\frac{\partial \alpha_2}{\partial x}\right)^2$$

Answer 2

Este enfoque es factible, aunque es bastante pesado y requiere cierta atención. Intentaré esbozarlo:

Tenga en cuenta que $\Delta = div \nabla$ .

Si lo escribimos en notación einsteiniana con $e_j$ - vectores base, $x_j$ - coordenadas ( $j=1,2$ ), $r=\sqrt {x_1^2+x_2^2}$ y $f_{,j}:=\partial_{x_j}f$

$$\nabla u(\alpha) = u_{,i}\left(\frac{x_i}{r^2}\right)_{,j}e_j=u_{,i}\left(\frac{\delta_{ij}}{r^2}-2\frac{x_ix_j}{r^4}\right) e_j.$$ Ahora aplicamos la divergencia:

$$\left(u_{,i}\left(\frac{\delta_{ij}}{r^2}-2\frac{x_ix_j}{r^4}\right)\right)_{,j}$$ $$=u_{,ik}\left(\frac{x_k}{r^2}\right)_{,j}\left(\frac{\delta_{ij}}{r^2}-2\frac{x_ix_j}{r^4}\right)+u_{,i}\left(\frac{\delta_{ij}}{r^2}-2\frac{x_ix_j}{r^4}\right)_{,j}.$$ $$ =u_{,ik}\left(\frac{\delta_{kj}}{r^2}-2\frac{x_kx_j}{r^4}\right)\left(\frac{\delta_{ij}}{r^2}-2\frac{x_ix_j}{r^4}\right)+u_{,i}\left(\frac{\delta_{ij}}{r^2}-2\frac{x_ix_j}{r^4}\right)_{,j}$$ Término a término: $$u_{,ik}\frac{\delta_{ij}}{r^2}\frac{\delta_{kj}}{r^2}=\frac{\Delta u}{r^4}=0,$$ $$-2u_{,ik}\frac{\delta_{kj}}{r^2}\frac{x_ix_j}{r^4}=-2u_{,ik}\frac{x_ix_k}{r^6},$$ $$-2u_{,ik}\frac{x_kx_j}{r^4}\frac{\delta_{ij}}{r^2}=-2u_{,ik}\frac{x_ix_k}{r^6},$$ $$4u_{,ik}\frac{x_kx_j}{r^4}\frac{x_ix_j}{r^4} =4u_{,ik}\frac{x_kx_i}{r^6},$$ lo que permite concluir que $$u_{,ik}\left(\frac{\delta_{kj}}{r^2}-2\frac{x_kx_j}{r^4}\right)\left(\frac{\delta_{ij}}{r^2}-2\frac{x_ix_j}{r^4}\right)=0.$$

Ahora a $$ u_{,i}\left(\frac{\delta_{ij}}{r^2}-2\frac{x_ix_j}{r^4}\right)_{,j}$$ $$=u_{,i}\left(\frac{-2\delta_{ij}x_j}{r^4}-2\frac{x_i }{r^4}-2\frac{x_j\delta_{ij} }{r^4}+8\frac{x_i x_j^2}{r^6}\right)=0.$$ Tenga en cuenta que $$\sum_{i=1}^2\sum_{j=1}^2 u_{,i}x_i = 2\sum_{i=1}^2 u_{,i}x_i$$ y $$\sum_{i=1}^2\sum_{j=1}^2 u_{,i}x_i x_j^2=r^2 \sum_{i=1}^2 u_{,i}x_i.$$