La Ecuación de Laplace con Tangencial Derivado de lo Prescrito en el Límite

Question

Considere el siguiente Laplace problema de valor de frontera (BVP)

$$\matriz{ {{\nabla ^2}\Phi (x,y) = 0,} \hfill & { - \le x \le un} \hfill & { - b \le y \le b} \hfill \cr {{{\partial \Phi } \over {\partial y}}(a,y) = f(y)} \hfill & {} \hfill & {} \hfill \cr {{{\partial \Phi } \over {\partial y}} (a,y) = f(y)} \hfill & {} \hfill & {} \hfill \cr {{{\partial \Phi } \over {\partial x}}(x,b) = 0} \hfill & {} \hfill & {} \hfill \cr {{{\partial \Phi } \over {\partial x}}(x, - b) = 0} \hfill & {} \hfill & {} \hfill \cr } $$

donde $f(-y)=-f(y)$. Hemos prescrito la tangencial derivados de $\Phi(x,y)$, en el límite, en lugar de el valor de la función.

La forma más general del problema en 2D o 3D puede ser escrito como

$$\matriz{ {{\nabla ^2}\Phi ({\bf{x}}) = 0,} \hfill & {{\bf{x}} \in \Omega } \hfill \cr {{\nabla _S}\Phi ({\bf{x}}) = \left[ {\left( {{\bf{I}} - {\bf{n}} \otimes {\bf{n}}} \right) \cdot \nabla \Phi } \right]({\bf{x}}) = {\bf{f}}({\bf{x}})} \hfill & {{\bf{x}} \in \partial \Omega } \hfill \cr } $$

donde $\Omega$ es el dominio de interés, ${\partial \Omega }$ es su límite y $\bf{n}$ es el vector unitario normal a la frontera. Aquí, $\nabla_S\Phi$, llamado el gradiente superficial, denota la componente de $\nabla\Phi$ tangencial a $\partial\Omega$ $\bf{f}$ es un campo de vectores en $\partial\Omega$, tangente a la frontera en todos los puntos. $\bf{I}$ es la asignación de identidad, $\cdot$ es el producto escalar y $\otimes$ es el producto tensor.

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Preguntas

1) Es la solución a este BVP único? Si NO, ¿cuál es el grado de la no-unicidad?

2) ¿existe una relación entre la solución a este BVP y con condiciones de contorno de Dirichlet, es decir, cuando se determina el valor de la función en el límite?

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Mi Pensamiento

No creo que la solución es única, así que tengo que pensar relacionar esta en algunos modales a la solución de la de Laplace, la BVP con condiciones de contorno de Dirichlet donde el valor de la función se prescribe en la frontera desde este BVP tiene una solución única.

Answer 1

Voy a tratar sólo con la versión más sencilla (rectángulo) de la cuestión. Yo no uso el symetry propiedad de $f$.

$\bf\text{I. Connection to the Dirichlet problem.}$

Supongamos que $\Phi$ es una solución del sistema, y deje $\Psi=\frac{\partial^2\Phi}{\partial x^2} = -\frac{\partial^2\Phi}{\partial y^2}$. Desde $\Phi$ es armónico, sus derivadas parciales son armónicas, demasiado; y, en particular, $\Psi$ es armónico. A lo largo de la horizontal de los lados del rectángulo que hemos $$ \Psi(x,\pm b) = \frac{\partial^2\Phi}{\partial x^2}(x,\pm b) = \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{\partial\Phi}{\partial x}(x,\pm b) \right) = \frac{\partial}{\partial x}0 = 0.$$ A lo largo de los lados verticales hemos $$ \Psi(\pm,y) = -\frac{\partial^2\Phi}{\partial y^2}(\pm,y) = -\frac{\partial}{\partial y}\left( = -\frac{\partial}{\partial y}(\pm,y) \right) = -f'(y). $$ Por lo tanto, $\Psi$ es conocido a lo largo de la frontera. Para el cómputo de los $\Psi$ tenemos que resolver el problema de Dirichlet.

$\bf\text{II. Uniqueness.}$

Claramente la solución no es única: si $\Phi$ es una solución, a continuación, $\Phi+C$ también satisface las condiciones. Pero esta es la única libertad.

Ya sabemos que $\Psi=\frac{\partial^2\Phi}{\partial x^2}$ es único. La función $-\frac{\partial^2\Phi}{\partial x\partial y}$ es la armónica conjugada de $\Psi$, lo $\frac{\partial^2\Phi}{\partial x\partial y}$ es determinado a una constante. Debido a $\int_{-a}^a \frac{\partial^2\Phi}{\partial x\partial y} dx = \frac{\partial\Phi}{\partial y}(a,y)-\frac{\partial\Phi}{\partial y}(-a,y)=0$, que constante se determina; tenemos un único $-\frac{\partial^2\Phi}{\partial x\partial y}$.

Entonces $$ \frac{\partial\Phi}{\partial x}(u,v)=f(v)+\int_{-a}^u \frac{\partial^2\Phi}{\partial x\partial y}(t,v)dt \quad\text{y}\quad \frac{\partial\Phi}{\partial y}(u,v)=\int_{-b}^v \frac{\partial^2\Phi}{\partial x\partial y}(u,t)dt $$ se determina únicamente. Por lo tanto, las derivadas parciales de $\Phi$ están determinados, por lo $\Phi$ está determinada únicamente hasta un término constante.

$\bf\text{III. Existence.}$

Si $f$ es bastante bueno (decir $f$ es continuamente diferenciable y $f'(\pm b)=0$), a continuación, el Dirichet problema tiene una solución para $\Psi$. A partir de eso, queremos re-construir la función $\Phi$.

La función de $\Psi$ es la parte real de algunos holomorphic función $g$, $\Psi(x,y)=\Re g(x+yi)$. A continuación, $g$ tiene un holomorphic antiderivada $g_1$, y $g_1$ también tiene un holomorphic antiderivada $g_2$ tal que $g_1(-a-bi)=g_2(-a-bi)=0$.

Ahora tome dos reales constantes $A,B$ y dejar $$ \Phi(x,y) = \Re g_2(x+yi) +A(y+a)+B(x+a)(y+b) .$$ Nos muestran que el número $A,B$ puede ser elegido de tal manera que $\Phi$ es una solución del sistema.

Claramente, $\Phi$ es armónico y $\Psi = \frac{\partial^2\Phi}{\partial x^2} = -\frac{\partial^2\Phi}{\partial y^2}$.

A lo largo de cada lado horizontal del rectángulo, $\frac{\partial\Phi}{\partial x}$ es una constante, porque $$ \frac{\partial^2\Phi}{\partial x^2}(x,\pm b) = \Psi(x,\pm b) = 0. $$ A lo largo de la parte inferior de este valor es $$ \frac{\partial\Phi}{\partial x}= \frac{\partial\Phi}{\partial x}(-a,-b) = \Re g_1(-a-bi)=0. $$ A lo largo de la parte superior tenemos $$ \frac{\partial\Phi}{\partial x}= \frac{\partial\Phi}{\partial x}(a,b) = \Re g_1(a+bi)+2bB. $$ Ahora establezca $B=\frac{-\Re g_1(a+bi)}{2b}$; a continuación, establecemos $\frac{\partial\Phi}{\partial x}=0$ a lo largo de la parte superior también. Observe que $\Phi$ es constante a lo largo de la parte superior y la parte inferior de los lados del rectángulo.

A lo largo de cada lado vertical del rectángulo, $\frac{\partial\Phi}{\partial y}-f(y)$ es una constante, porque $$ \frac\partial{\partial y}\left(\frac{\partial\Phi}{\partial y}-f(y)\right) = \frac{\partial^2\Phi}{\partial y^2}-f'(y) = -\Psi-f'(y) = 0. $$ A lo largo del lado izquierdo esta constante es $$ \frac{\partial\Phi}{\partial y}-f= \frac{\partial\Phi}{\partial y}(-a,-b)-f(-b)=A-f(-b). $$ Eligiendo $A=f(-b)$ obtenemos $\frac{\partial\Phi}{\partial y}=f$ a lo largo del lado izquierdo.

A lo largo del lado derecho tenemos a $\frac{\partial\Phi}{\partial y}-f=K$ con otra constante $K$. Mediante la integración a lo largo de los lados verticales podemos encontrar que $K$ debe $0$: $$ 0 = \int_{-b}^b 0 dy = \int_{-b}^b \left(\frac{\partial\Phi}{\partial y} (a,y)-f(y)\right) dy = \Phi(-a,b)-\Phi(-a,-b) - \int_{-b}^b f = \\ = \Phi(a,b)-\Phi(a, b) \int_{-b}^b f = \int_{-b}^b \left(\frac{\partial\Phi}{\partial y}(a,y)-f(y)\right) dy = \int_{-b}^b K dy = 2bK $$ $$ K=0. $$ Por lo tanto, $\Phi$ es armónico, $\frac{\partial\Phi}{\partial x}(x,\pm b)=0$$\frac{\partial\Phi}{\partial y}(\pm a,y)=f(y)$, lo $\Phi$ satisface las condiciones.

Answer 2

Deje $g$ ser la restricción de $\Phi$ hasta el límite de la plaza. Tu límite de datos determina el $g$ hasta una constante. A continuación, puede tomar esta $g$ y resolver el correspondiente problema de Dirichlet; teoría estándar dice que existen soluciones de forma única. Por lo tanto, se puede concluir que las soluciones son únicas a cambio por constantes. (El hecho de que el cambio de una solución por medio de una constante da otra solución es inmediata, ya que la BVP sólo ve los derivados de la $\Phi$.)

Supongo que usted quiere que su función $\Phi$ ser continua hasta el límite. No se especifica la regularidad de las suposiciones, así que supongo que el trabajo "clásico suficiente" para que esto hará sentido sin ningún tipo de Sobolev en espacios o tal.

En general, sabiendo que el degradado se determina en función a una constante, y ahora usted sabe los valores de límite de hasta un gradiente. (El límite es de un colector, no es un dominio Euclídeo, así que esto puede ser un poco técnico, pero la misma idea es verdadera.) Vamos a ver cómo encontrar $g$ en su caso específico. En primer lugar, $\partial_x\Phi(x,b)=0$, lo $\Phi(x,b)=C$ todos los $x$ para algunas constantes $C$. A continuación, $\partial_y\Phi(a,y)=f(y)$, por lo que $$ \Phi(a,y) = \Phi(a,b) + \int_b^yf(t)dt. $$ Desde $g$ es continua en el punto de la esquina $(a,b)$, usted tiene $\Phi(a,b)=C$.

Usted asumió $f$ a ser antisimétrica, por lo $\int_{-b}^bf=0$, y por lo $\Phi(a,-b)=C$. Ahora $\partial_x\Phi(x,-b)=0$, lo que en realidad $\Phi(x,-b)=C$ todos los $x$. Y, a continuación, puede utilizar la misma idea para encontrar $\Phi$ sobre el borde restante en $x=-a$.

Usted recibirá $$ \Phi(x,\pm b)=C\quad\text{y}\\ \Phi(\pm,y)=C+\int_b^yf(t)dt. $$ Estos son sus valores de límite para un estándar de Dirichlet problema.

Alternativamente, usted podría solucionar el ODE en cada límite parte por separado, obteniendo cuatro constantes de integración. A continuación, obtendrá cuatro ecuaciones para atar juntos por la continuidad en las esquinas. Una de estas ecuaciones serán redundantes — a menos que las condiciones de frontera son inconsistentes y no hay solución.

Comentario acerca de su formulación general: En 2D que está muy bien, pero en 3D no. No hay preferencia de la tangente de la unidad de vectores de campo. Hay que especificar que el vector de campo se puede seleccionar o buscar en el conjunto de la tangencial de gradiente en su lugar. En el ámbito de la unidad de $S^2\subset\mathbb R^3$ no es globalmente unidad definida por el vector tangente!

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Añade comentario sobre el caso general: Considere el problema de valor de frontera para un armónico de la función $\Phi$ en un almacén de suave dominio $\Omega\subset\mathbb R^n$, $n\geq2$, con lo prescrito tangencial gradiente en $\partial\Omega$. Suponga que el límite de $\partial\Omega$ está conectado; esto es cierto para las bolas, por ejemplo.

Una solución no tiene que existir; la condición de contorno puede ser auto-contradictoria. Para ver por qué, considere el problema de encontrar una función $f:\mathbb R^n\to\mathbb R$ cuyo gradiente es un vector prescrito campo. No hay tal función $f$ existe si el campo vectorial no satisfacer algunas condiciones de compatibilidad. (Para $n=3$ suficiente y necesaria compatibilidad de la condición es que la curvatura del campo de vectores se desvanecen. La situación es un poco más complicado en los colectores que en Euclidiana espacios, pero la necesidad de garantizar la compatibilidad de las condiciones de los restos. No puede ser no-a las condiciones locales, y la palabra clave es cohomology.)

Supongamos que las condiciones de frontera son, de hecho, de forma tal que existe al menos una solución. De lo único es que esta solución, entonces?

Supongamos que tiene dos soluciones $\Phi$ $\Psi$ a su BVP. A continuación, $u=\Phi-\Psi$ resuelve de la misma (lineal!) ecuación y tiene cero tangencial gradiente en el límite. Desde $\partial\Omega$ está conectado, usted puede unirse a cualquiera de los dos puntos de una curva suave en $\partial\Omega$. Se puede expresar la diferencia entre los valores de $u$ a estos extremos en términos de una integral de la gradiente a lo largo de la curva. Esto conduce a la observación de que $u$ es constante en el límite. Ahora podemos solucionar $u$ a partir de un problema de Dirichlet con constante de los valores de límite, y la única solución es bien conocido por ser constante. Desde $u$ es constante a lo largo de $\Omega$, las soluciones de $\Phi$ $\Psi$ difieren por una constante. Es decir, las soluciones son únicas hasta aditivo constantes también en el caso general.

Si $\partial\Omega$ no está conectado, la situación es más complicada. A continuación, el mismo argumento muestra que la diferencia de cualquiera de las dos soluciones es constante en cada uno de los componentes de $\partial\Omega$. Si hay $m$ componentes en $\partial\Omega$, entonces el (afín) el espacio de soluciones para su BVP tiene dimensión $m$.

Answer 3

Usando el teorema fundamental del cálculo y de la función de Green $G$$\nabla$$G(r) = r/[4\pi|r|^3]$, se puede ver en 3d en el que deben cumplirse las siguientes condiciones:

$$\begin{align*}\nabla \Phi(r) &= -\int_V (G \circ s)(r') \times [\nabla \times (\nabla \Phi)|_{r'} ]\, dV' + \int_V (G \circ s)(r') (\nabla \cdot \nabla \Phi)|_{r'} \, dV\\ &\quad - \int_{\partial V} (G \circ s)(r') \times [\hat n(r') \times\nabla \Phi|_{r'}] \, dS' + \int_{\partial V} (G \circ s)(r') [\hat n(r')\cdot \nabla \Phi|_{r'}] \, dS'\end{align*}$$

(n.b. puede ser un poco mal en los signos de estas integrales, pero las formas básicas son correctos)

donde $s(r') = r - r'$ $\hat n$ es la unidad normal a la frontera. De acuerdo a la identidad $\nabla \Phi = \left( {\nabla \Phi .\hat n} \right)\hat n - \hat n \times \left( {\hat n \times \nabla \Phi } \right)$, la especificación de la tangencial de derivados es especificar $\hat n \times (\hat n \times \nabla \Phi)$. Sabemos que $\nabla \times \nabla \Phi = 0$ idénticamente, y $\nabla \cdot \nabla \Phi = 0$ según lo especificado por el problema.

Que elimina tanto el volumen integral, pero la superficie de la integral con la normal de derivados -, correspondientes a las condiciones de contorno de Neumann-todavía lo sigue siendo. Así que en este punto, ya podemos concluir que la libertad de elegir el normal derivados corresponde a la libertad en $\nabla \Phi$.

Así, con la libertad para elegir el valor de $\Phi$ a un punto en particular (que todavía tenemos, como una constante de integración), la libertad de elegir el normal derivado todavía permite varias soluciones distintas (imagine que seleccionar el valor de $\Phi$ a un punto particular en el límite, y, a continuación, la integración hacia adentro, normal a la frontera, para encontrar$\Phi$; valores diferentes de la normal derivado producirá diferentes valores de $\Phi$).

En resumen, si usted permite que los diferentes valores de la normal de derivados, a continuación, la solución necesariamente no es el único (aparte de la posibilidad de añadir o restar una función constante).