Formas generales de funciones armónicas

Question

Deseo encontrar las funciones armónicas, $u(x,y)$, de la siguiente forma $$u(x,y) = \phi(\frac{x}{y})$$ y $$u(x,y) = \phi(\frac{x^2+y^2}{x^2})$$ donde $\phi$ es una cierta función desconocida de valores reales. ¿Cómo puedo encontrar esta función armónica si no se me da una función específica para trabajar?

Sé que una función es armónica si tiene segundas derivadas continuas y si satisface la ecuación de Laplace en su dominio.

Entonces, busco una función $\phi(\frac{x}{y})$ que cumpla con esa propiedad.

Answer 1

Recuerde que al escribir $u_{xx} + u_{yy} = 0$, obtenemos una Ecuación Diferencial de la forma que encontró Srinivas K., es decir, $(2t-2)t\phi''(t) + (2t-2)\phi'(t) = 0$ donde $t = \frac{x^2+y^2}{x^2}$. Transformamos esta ecuación primero dividiendo por $(2t-2)t$ y luego haciendo la sustitución $\phi'(t) = y(t)$. Entonces tenemos $$y'(t) + \frac{3t-2}{2t-2}y(t) = 0$$

$$\frac{dy}{dt} = -\frac{3t-2}{2t-2}y(t)$$

$$\implies \frac{1}{y(t)}dy = -\frac{3t-2}{2t-2}dt$$ Integrando ambos lados...

$$\ln(y(t)) = \int \frac{-(3t -2)}{(2t-2)t}dt$$

Descomposición en fracciones parciales del integrando...

$$\frac{-3t+2}{(2t-2)} = \frac{A}{t} + \frac{B}{2t-2}$$

$$\implies \; -3t + 2 = t(2A + B) - 2A$$

$$\implies A = -1 \implies B = -1$$

Entonces, tenemos que

$$\ln(y(t)) = \int \left ( \frac{-1}{t} + \frac{-1}{2t-2}\right )dt = -\int\frac{1}{t}dt - \frac{1}{2t-2}dt $$ Luego, usando sustitución donde $u = 2t-2$ $$ \; = -\ln(t) - \frac{1}{2}\int\frac{1}{u}du$$

$$\; = -\ln(t) - \frac{1}{2}\ln(2t-2) + C$$

$$\implies \; y(t) = e^{-\ln(t)}e^{-\frac{1}{2}\ln(2t-2)}e^{C}$$ $$ y(t) = (\frac{1}{t})(\frac{1}{(2t-2)^{\frac{1}{2}}})e^{C}$$ $$ y(t) = e^{C}\frac{1}{t(2t-2)^{\frac{1}{2}}}$$ $$ y(t) = \frac{e^{C}}{\sqrt{2}}\frac{1}{t(t-1)^{\frac{1}{2}}} $$ El coeficiente $\frac{e^C}{\sqrt{2}}$ es simplemente otra constante. La denominaremos como $C_1$.

Recuerde que $\phi'(t) = y(t)$. Entonces

$$\phi(t) = \int y(t)dt = C_1\int \frac{1}{t(t-1)^{\frac{1}{2}}} dt$$

Deje $t = \cos(\theta)$, $dt = 2\cos(\theta)\sin(\theta)d\theta$

$$\phi = C_1 \int \frac{2\cos(\theta)\sin(\theta)}{\cos^2(\theta)\left (-\sin^2(\theta) \right )^{\frac{1}{2}}} d\theta$$

$$\phi = C_1 \int \frac{2\cos(\theta)\sin(\theta)}{i\cos^2(\theta)\sin(\theta)}d\theta$$

$$\phi = \frac{2C_1}{i} \int \frac{d\theta}{\cos(\theta)}$$ $\frac{2C_1}{i}$ es simplemente otra fracción... entonces la denominamos nuevamente como $C_1$.

$$\phi = C_1 \int \frac{d\theta}{\cos(\theta)}$$

$$\phi = C_1\ln|\sec(\theta) + \tan(\theta)| + C$$

$$t = cos^2\theta$$ $$\sqrt t = \cos \theta$$ $$\theta = \cos^{-1}t$$ $$\phi(t) = C_{1}\ln|\frac{1}{t} + \tan(\cos^{-1}t)| + C_{2}$$ $$\phi(t) = C_{1}\ln|\frac{1}{t} + \frac{\sin(\cos^{-1}t)}{\cos(\cos^{-1}t)}| + C_{2}$$ $$\phi(t) = C_{1}\ln|\frac{1}{t} + \frac{\sqrt{1-t^2}}{t}|+C_{2}$$ $$\phi(t) = C_{1}\ln|\frac{1}{t}| + C_{1}\ln|1+\sqrt{1-t^2}|+C_{2}$$

Answer 2

$u(x,y):=\phi({x\over y})$ donde $y\not=0$.

$u_x(x,y)=\phi'({x\over y}){1\over y}$
$u_{xx}(x,y)=\phi''({x\over y}){1\over y^2}$

La computación similar da como resultado :

$u_y(x,y)=\phi'({x\over y}){x}$
$u_{yy}(x,y)=\phi''({x\over y}){x^2}$

$u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=\phi''({x\over y})({x^2}+{1\over y^2})=0$

Por lo tanto, podemos elegir $\phi$ de manera que $\phi''(t)=0$ para todo $t\in \mathbb{R}$.
Por lo tanto, $\phi(t)=at+b.

$u(x,y):=\phi({{x^2+y^2}\over x^2})$ donde $x\not=0$.

$u_x(x,y)=\phi'({{x^2+y^2}\over x^2}){y^2 ({-2\over x^3})}$
$u_{xx}(x,y)=-2y^2[{1\over x^3}\phi''({{x^2+y^2}\over x^2}){y^2 {-2\over x^3}}+\phi'({{x^2+y^2}\over x^2}){-3\over x^4}]$

$={4y^4\over x^6}\phi''({{x^2+y^2}\over x^2})+{6y^2\over x^4}\phi'({{x^2+y^2}\over x^2})$

La computación similar da como resultado :

$u_y(x,y)$
$=\phi'({{x^2+y^2}\over x^2}){2y\over x^2}$
$u_{yy}(x,y)={2\over x^2}[\phi'({{x^2+y^2}\over x^2})+\phi''({{x^2+y^2}\over x^2}){2y^2\over x^2}]$

$={2\over x^2}\phi'({{x^2+y^2}\over x^2})+\phi''({{x^2+y^2}\over x^2}){4y^2\over x^4}$

Sea $t={{x^2+y^2}\over x^2}$.

$u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=({4y^4\over x^6}+{4y^2\over x^4})\phi''({{x^2+y^2}\over x^2})+({6y^2\over x^4}+{2\over x^2})\phi'({{x^2+y^2}\over x^2})$

$={4y^2\over x^4}({{x^2+y^2}\over x^2})\phi''({{x^2+y^2}\over x^2})+{2\over x^2}({2y^2\over x^2}+{{x^2+y^2}\over x^2})\phi'({{x^2+y^2}\over x^2})$

$={4\over x^2}(t-1)t\phi''(t)+({4\over x^2}(t-1)+{2\over x^2}t)\phi'(t)$

$={4}(t-1)t\phi''(t)+(6t-4)\phi'(t)$

$=(2t-2)t\phi''(t)+(3t-2)\phi'(t)$

$=0$

Wolfram Alpha me da que $\phi(t)=c+\log\left[{{1-\sqrt{1-t}}\over{1+\sqrt{1-t}}}\right]$.

Answer 3

Para el primero, establece $z=x/y$, $w=y$, entonces $\phi=\phi(z)$. Entonces $$ \partial_x = (\partial_x z)\partial_z + (\partial_x w) \partial_w = \frac{1}{w}\partial_z, \\ \partial_y = (\partial_y z)\partial_z + (\partial_y w) \partial_w = -\frac{z}{w}\partial_z + \partial_w, $$ así que $$ \begin{align*} \partial_x \phi &= \frac{1}{w} \phi'(z), \\ (\partial_x)^2 \phi &= \frac{1}{w}\partial_z \left( \frac{1}{w} \phi'(z) \right) = \frac{1}{w^2} \phi''(z) \\ \partial_y \phi &= -\frac{z}{w} \phi'(z) \\ (\partial_y)^2 \phi &= \left(-\frac{z}{w}\partial_z + \partial_w\right) \left( -\frac{z}{w} \phi'(z) \right) = \frac{z}{w^2}(z\phi''(z) + \phi'(z)) + \frac{z}{w^2}\phi'(z) \end{align*}$$ y así encontramos $$ 0 = \phi_{xx}+\phi_{yy} = \frac{1}{w^2}\left( 2z \phi'(z) + (1+z^2)\phi''(z)\right) $$ Si $w \neq 0$, esta ecuación es $$ ((1+z^2)\phi')' = 0, $$ así que $$ \phi' = \frac{A}{1+z^2}, $$ forzando $\phi = B + A \arctan{(x/y)}$.

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Para el segundo, estoy de acuerdo con la respuesta de @Srinivas K, aunque mi inclinación hubiera sido establecer $z=1+y^2/x^2$ y $w=x$, (nota: notación diferente a la de arriba!) entonces $$ \partial_x = (\partial_x z) \partial_z + (\partial_x w) \partial_w = -2\frac{z-1}{y} \partial_z + \partial_w, \\ \partial_y = (\partial_y z) \partial_z + (\partial_y w) \partial_w = 2\frac{z-1}{y} \partial_z $$ y así sucesivamente, llegando a $$ \frac{1}{w^2}\left( (6z-4)\phi'(z) + (4z^2-4z)\phi''(z) \right) = 0. $$ Dividiendo ambos lados, obtenemos $$ \frac{\phi''}{\phi'} = -\frac{3z-2}{2z(z-1)} = -\frac{1}{2}\frac{1}{z-1}-\frac{1}{z}, $$ e integrando obtenemos $$ \log{\phi'/A} = -\frac{1}{2}\log{(z-1)}-\log{z},\\ \phi' = \frac{A}{z\sqrt{z-1}}, $$ así que $$ \phi(z) = B+A\int \frac{dz}{z\sqrt{z-1}} $$ En este momento, el truco es obviamente $z=\sec^2{\theta}$, $dz = 2\sec^2{\theta}\tan{\theta}\, d\theta = 2z\sqrt{z-1} \, d\theta$, y la integral es $$ \int 2 d\theta = 2\arctan{\sqrt{z-1}}= 2\arctan{\left(\sqrt{\left( 1 + \frac{x^2}{y^2} \right)-1}\right)} = 2\arctan{( \lvert x/y \rvert)}, $$ así que las dos respuestas están relacionadas.