Równanie Laplace’a i Poissona
Spis treści
1 Przykładowe rozwiązania 2
1
Przykładowe rozwiązania
Najprostszym przykładem równania eliptycznego jest równanie Laplace’a:
∆u = 0, gdzie ∆ =ni=1 ∂
2 ∂x2
i jest operatorem Laplace’a.
Zadanie 1.1.
Znaleźć rozwiazanie u(r , ϕ) równania Laplace’a wewn atrz pierścienia a < r < b, spełniajace warunki
brzegowe:
u(a, ϕ) = A, u(b, ϕ) = B sin 2ϕ.
Mamy wiec równanie ∆f (x, y ) = 0 z warunkami na zmienne r i ϕ :
u(a, ϕ) = A, u(b, ϕ) = B sin 2ϕ,
gdzie ϕ ∈ 0, 2π , r ∈ (a, b). Ponieważ rozwiazanie musi być okresowe o okresie 2π, wi ec należy dołożyć jeszcze warunek poczatkowy
u(r , 0) = u(r , 2π) = 0,
natomiast warunki zgodności wymuszaja, by A = 0.
Równanie fxx + fyy = 0 trzeba zapisać w zmiennych r i ϕ, zatem robimy zamiane zmiennych na współrzedne biegunowe x = r cos ϕ, y = r sin ϕ. Wtedy r = √x2+ y2 i ϕ = arcsin√ y
x2+y2. Stad u(r , ϕ) = u x2+ y2, arcsin√ y x2+ y2 = f (x, y ). Liczymy odpowiednie pochodne:
fxx = urrcos2ϕ + urϕ −2 r sin ϕ cos ϕ + uϕϕsin 2ϕ r2 + ur sin2ϕ r + uϕ 2 r2 sin ϕ cos ϕ , fyy = urrsin2ϕ + urϕ 2 r sin ϕ cos ϕ + uϕϕcos 2ϕ r2 + ur cos2ϕ r + uϕ −2 r2 sin ϕ cos ϕ
i wstawiamy je do równania, gdzie po odpowiedniej redukcji dostajemy:
urr+ 1 r2uϕϕ+
1
z warunkami
u(a, ϕ) = A, u(b, ϕ) = B sin 2ϕ, u(r , 0) = u(r , 2π) = 0. (2) Rozwiazania poszukujemy teraz metod a rozdzielania zmiennych:
u(r , ϕ) = v (ϕ)w (r ).
Po odpowiednim zróżniczkowaniu i wstawieniu do (1) dostajemy:
v (ϕ)w(r ) + 1 r2v (ϕ)w (r ) + 1 rv (ϕ)w (r ) = 0, czyli v(ϕ) v (ϕ) = λ = − w(r ) + 1rw(r ) w (r ) r 2.
Z pierwszej cześci tej równości dostajemy równanie
v(ϕ) − λv (ϕ) = 0
z warunkami v (0) = v (2π) = 0. Wtedy rozwiazania v maj a postać
vk(ϕ) = Ak sin
−λkϕ + Bkcos
−λkϕ,
a z warunków Bk = 0, co implikuje, że λk = −k2 sa ci agiem wartości własnych i odpowiadaj a im funkcje vk(ϕ) = sin kϕ, gdzie k = 1, 2, ... . Zatem teraz
u(r , ϕ) =
∞
k=1
wk(r ) sin kϕ
wstawiamy do równania (1) i dostajemy
∞ k=1 wk(r ) sin kϕ − 1 r2 ∞ k=1 k2wk(r ) sin kϕ + 1 r ∞ k=1 wk(r ) sin kϕ = 0.
Porównujemy teraz te szeregi wyraz po wyrazie, dostajac:
r2wk(r ) + rwk(r ) − k2wk(r ) = 0,
które jest równaniem Eulera. Przy tego typu równaniu (nie ma stałych współczynników) poszukujemy rozwiazania w postaci: w k(r ) = rγ. Wtedy wk(r ) = γrγ−1 i wk(r ) = γ(γ − 1)rγ−2. Po wstawieniu do równania Eulera mamy
r2γ(γ − 1)rγ−2+ r γrγ−1− k2rγ = 0.
Wykonujemy redukcje i ostatecznie mamy równanie na stał a γ : γ 2− k2 = 0, czyli γ = ±k. Stad rozwiazaniem jest
Skorzystamy teraz z warunków (2) dla u(r , ϕ) : 0 = u(a, ϕ) =
∞
k=1
wk(a) sin kϕ =⇒ wk(a) = 0, k = 1, 2, ... ,
B sin 2ϕ = u(b, ϕ) =
∞
k=1
wk(b) sin kϕ =⇒ wk(b) = 0, k = 2, w2(b) = B.
Z wyznaczonych warunków zanjdziemy stałe ak i bk. Mamy dla k = 2 :
akak + bka−k = 0, akbk + bkb−k = 0,
czyli ak = bk = 0, ponieważ wyznacznik tego układu jest niezerowy, oraz z
a2a2+ b2a−2 = B, a2b2+ b2b−2 = 0, dostajemy a2 = Bb 2 b4− a4, b2 = − a4b2B b4− a4.
Podsumujmy wiec, że
w2(r ) = Bb 2 b4− a4 r2− a 4 r2 i dla pozostałych k : wk(r ) ≡ 0.
Zatem w rozwiazaniu u szereg redukuje si e do tylko jednego wyrazu, czyli
u(r , ϕ) = Bb 2 b4− a4 r2− a 4 r2 sin 2ϕ i jest to rozwiazanie klasyczne.
–2 1 2 –1 1 2 –2 –1 1 2
a) –0.5 –1 –0.5 1 –1 1 b) 1.2 1.4 1.6 1.8 2 –1.5 –1 –0.5 0 0.5 1 1.5 –1.5 –1 –0.5 1 1.5 c) –2 –1 0 1 2 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 r 1 2 3 4 5 6 t
Wykres rozwiązania we współrzędnych:
a) sferycznych, b) walcowych, c) kartezjańskich
Zadanie 1.2.
Rozwiazać równanie Laplace’a
uxx+ uyy = 0
w prostokacie 0 < x < a, 0 < y < b z warunkami:
u (0, t) = u (a, t) = 0, (3)
u (x, 0) = f (x) , u (x, b) = g (x) . (4)
Warunki zgodności wymagaja, by założyć f (0) = g (0) = 0 i f (a) = g (a) = 0. Funkcji u szukamy metoda Fouriera. Przypuśćmy, że rozwi azanie istnieje i ma postać:
u (x, y ) =
k
vk(x) wk(t).
Jeżeli każdy składnik tej sumy spełnia równanie różniczkowe, to:
vk(x) wk(t) + vk(x) wk(t) = 0, (5) czyli vk(x) vk(x) = − wk(t) wk(t) =: λk,
gdzie λk jest stała. Jeśli zaż adamy z kolei, by każdy składnik sumy spełniał warunki (3), to:
vk(0) wk(t) = 0 = vk(a) wk(t) ,
czyli funkcja vk musi być rozwiazaniem nast epuj acego zagadnienia:
vk(x) − λkvk(x) = 0, vk(0) = vk(a) = 0. (6)
Łatwo zauważyć, że dla λ 0 mamy tylko trywialne rozwiazania równania (6). Załóżmy wi ec, że λk < 0. Wtedy: vk(x) = C1cos −λkx + C2sin −λkx .
Ponieważ vk(0) = 0, to C1 = 0 a z warunku vk(a) = 0 dostajemy C2sin√−λka = 0, czyli√−λka =
kπ, k ∈ Z. Ostatecznie dla λk = − kπa 2, k ∈ Z, funkcje vk(x) = sinkπa x sa nietrywialnymi
rozwiazaniami (6).
Z równania (6) wynika teraz, że:
− kπ a 2 sinkπ a xwk(t) + sin kπ a xw k (t) = 0, wk(t) − kπ a 2 wk(t) = 0.
Rozwiażemy ostatnie równanie. Niech w k(t) = eαkt, to w
k (t) = αk2eαkt i α2 keαkt − kπ a 2 eαkt = 0, α2 k = kπ a 2 , αk = ±kaπ. Zatem wk(t) = ckekπa t+ dke−kπat.
Stad rozwi azaniem równania jest
u (x, t) = ∞ k=12 sinkπ a x ckekπa t+ dke−kπat . (7)
Wystarczy znaleźć jeszcze stałe ck i dk. Wyznaczamy je, wykorzystujac warunki brzegowe (4):
f (x) = u (x, 0) = ∞ k=1sin kπ a x (ck + dk), (8)
g (x) = u (x, b) = ∞ k=1 sinkπ a x ckekπba + dke−kπba . (9)
Stad wniosek, że c k + dk sa współczynnikami rozwini eć w szereg Fouriera wzgl edem sin kπa x funkcji f , a ckekπba + dke−kπba sa współczynnikami dla rozwini ecia funkcji g :
ck + dk = 2 a a 0 f (x) sin kπ a x dx =: F , ckekπba + dke−kπba = 2 a a 0 g (x) sin kπ a x dx =: G . Mamy wiec: ck + dk = F , ckekπba + dke−kπba = G .
Łatwo wyliczyć, że:
ck = Fe −kπb a − G e−kπba − ekπba , dk = Fekπba e−kπba − ekπba , czyli ck = − a 0 f (x) e−kπba − g (x) sinkπa x dx a sinh kπba , dk = − a 0 g (x) − f (x) ekπba sinkπa x dx a sinhkπba .
Zauważmy, że funkcji hiperbolicznych można użyć już wcześniej, w postaci u (7):
u (x, t) = ∞ τ=1sin kπ a x ˜ ckcoshkπ a t + ˜dksinh kπ a t
i wtedy rachunki sa łatwiejsze, gdyż z warunków brzegowych (4) mamy teraz:
f (x) = u (x, 0) = ∞ k=1sin kπ a x · ˜ck, g (x) = u (x, b) = ∞ k=1sin kπ a x ˜ ckcosh kπb a + ˜dksinh kπb a . Korzystajac z rozwini ecia f i g w szereg Fouriera, otrzymujemy:
˜ ck = 2 a a 0 sin kπ a x dx i ˜ chcoshkπb a + ˜dksinh kπb a = 2 a a 0 g (x) sin kπ a s dx , czyli ˜ dksinhkπb a = 2 a a 0 g (x) sin kπ a x dx− ˜ckcosh kπb a = = 2 a a 0 g (x) sin kπ a x dx− 2 a cosh kπb a a 0 f (x) sin kπ a x dx =
= 2 a a 0 g (x) − coshkπb a f (x) sinhkπ a x dx, dla k = 1, 2, 3, ...
Jeśli natomiast rozwiazanie u w (7) zapiszemy jako:
u (x, t) = ∞ k=1 sinkπ a x ˆ cksinh kπ a (t − b) + ˆdksinhkπ a t , (10)
to z warunków brzegowych (4) mamy:
f (x) = u (x, 0) = ∞ k=1sin kπ a x· ˆcksinh −kπ a b , (11) g (x) = u (x, b) = ∞ k=1 sinkπ a x· ˆdksinh kπ a b . (12)
Korzystajac znowu z rozwini ecia f i g w szereg Fouriera, mamy: ˆ ck = 2 a a 0 f (x) sinkπa x dx sinh −kπa b , (13) ˆ dk = 2 a a 0 g (x) sinkπa x dx sinh kπa b (14)
dla k = 1, 2, ... . Równania (13) i (14) sa najcz eściej spotykane w literaturze, st ad zapiszemy rozwiazanie u w postaci (10), gdzie ˆ ck i ˆdk sa wyrażone równaniami (13) i (14).
Zastanówmy sie teraz nad różniczkowaniem szeregu:
∞ k=1 uk(x, t) = ∞ k=1 sinkπ a x ˆ cksinh kπ a (t − b) + ˆdksinhkπ a t (15)
wyraz po wyrazie. Załóżmy, że mamy oszacowanie na całki:
a
0 |f (x)| dx m i
a
0 |g (x)| dx m
dla pewnej stałej m. Zauważmy też, że
sinh x = 1 2 ex− e−x 1 2e x dla x 0. Stad dostajemy: cˆksinh kπ a (t − b) 2 a a 0 |f (x)|sinkπa x dx·sinh kπ a (t − b) sinh −kπa b 2 ame kπ a(t−b)− e−kπa(t−b) e−kπa b− ekπab = 2 ame− kπ a(b−t)− ekπa(b−t) ekπba 1 − e−2kπba 2am· 12e kπ a (b − t) ekπba 1 − e−2kπba =
= m ae− kπ at 1 − e−2kπba .
Podobne oszacowanie dostajemy dla ˆdk:
dˆksinh kπ a t 2 a a 0 |g (x)|sinkπa x dx·sinhkπa t sinh kπa b 2 ame kπ at− e−kπat ekπab− e−kπab 2am· 12e kπ at · ekπab· e−kπab ekπab 1 − e−2kπa b = mae kπ ate−kπab 1 − e−2kπa b = m ae− kπ a(b−t) 1 − e−2kπa b.
Zatem wyrazy szeregu (15) możemy oszacować:
|uk(x, t)| m ae− kπt a 1 − e−2kπba + m ae− kπ a (b−t) 1 − e−2kπba = m a 1 − e−2kπa b e−kπat+ e−kπa(b−t) ,
czyli|uk(x, t)| jest ograniczone przez funkcje malejace w sposób wykładniczy dla dużych k, w otwar- tym przedziale 0 < t < b (dla t = 0 nie ma takiego oszacowania przy ck, a dla t = b przy dk). Stad szereg (15) może być różniczkowany wyraz po wyrazie tyle razy, ile zaż adamy dla t ∈ (0, b) i
u(x, y ) bedzie spełniać równanie Laplace’a i warunki (3). Aby móc twierdzić, że rozwi azanie u(x, t) jest ciagłe dla 0 t b i spełnia warunki (4), musimy wiedzieć, że szeregi (11) i (12) s a jednostajnie zbieżne dla x ∈ 0, a . Ale tak jest dla założonych na poczatku f (0) = g (0) = f (a) = g (a) = 0, dodatkowej ciagłości f (x) i g (x) oraz f (x) i g(x) kawałkami ciagłych dla x ∈ 0, a .
2
Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego
1. Znaleźć funkcje harmoniczne u(r , ϕ) wewna¸trz pierścienia a < r < b, spełniaja¸ce odpowied-nie warunki brzegowe:
(i) u(a, ϕ) = 0, u(b, ϕ) = cos ϕ,
(ii) ur(a, ϕ) = q cos ϕ, u(b, ϕ) = Q + T sin 2ϕ.
2. Znaleźć funkcje harmoniczne w wycinku kołowym 0 < r < R, 0 < ϕ < α, spełniaja¸ce od-powiednie warunki brzegowe:
(i) u(r , 0) = u(r , α) = 0, u(R, ϕ) = Aϕ, (ii) u(r , 0) = u(r , α) = 0, u(R, ϕ) = f (ϕ).
3. Znaleźć rozwia¸zania u(x, y ) równania Laplace’a w prostoka¸cie 0 < x < p, 0 < y < s spełniaja¸ce odpowiednie warunki brzegowe:
(i) u(0, y ) = ux(p, y ) = 0, u(x, 0) = 0, u(x, s) = f (x), (ii) ux(0, y ) = ux(p, y ) = 0, u(x, 0) = A, u(x, s) = Bx,
(iii) u(0, y ) = U, ux(p, y ) = 0, uy(x, 0) = T sinπx2p, u(x, s) = 0.
(Wsk. W rozwia¸zaniu pojawia¸ sie¸ funkcje: sinus hiperboliczny i cosinus hiperboliczny.)
4. Znaleźć rozwia¸zania u(x, y ) równania Laplace’a w półpasie 0 < x < ∞, 0 < y < l spełniaja¸ce odpowiednie warunki brzegowe:
(i) u(x, 0) = uy(x, l) = 0, u(0, y ) = f (y ), limx→∞u(x, y ) = 0,
(ii) uy(x, 0) = uy(x, l) + hu(x, l) = 0, gdzie h > 0, u(0, y ) = f (y ), limx→∞u(x, y ) = 0.
5. Podać postać operatora Laplace’a:
(i) we współrzędnych walcowych x = r cos φ, y = r sin φ, z = z, (ii) w spłaszczonych współrzędnych sferycznych: x = ξη sin φ, y =
(ξ2− 1)(1 − η2), z = ξη cos φ. 6. Niech funkcja u = u(x1, x2, ... , xn) będzie harmoniczna. Zbadać, czy funkcja
(i) u(Cx) dla C będącej macierzą ortogonalną stałą,
(ii) u(x + h) dla h = (h1, h2, ... , hn) będącego wektorem stałym jest harmoniczna.
7. Czy funkcja harmoniczna w otwartym i ograniczonym zbiorze D, różna od stałej, może w tym zbiorze osiagać swoje minimum? Odpowiedź uzasadnić.
8. Czy funkcja harmoniczna i ograniczona w Rn może zmieniać znak? Odpowiedź uzasadnić.
9. Czy funkcja harmoniczna w Rn, różna od stałej, może zachowywać znak? Odpowiedź uzasad-nić.
10. Pokazać, że dla funkcji Φ będącej rozwiązaniem podstawowym równania Laplace’a zachodzi oszacowanie
|DΦ(x)| C ||x||n−1 dla x ∈ Rn i x = 0, w przypadku n = 2 lub n = 3.
11. Pokazać, że dla funkcji Φ będącej rozwiązaniem podstawowym równania Laplace’a zachodzi oszacowanie
|D2Φ(x)| C
dla x ∈ Rn i x = 0, w przypadku n = 2.
12. Sprawdzić, że w przypadku n = 2 funkcją Greena dla kuli jednostkowej B(0, 1) jest
G (x, y ) := Φ(y − x) − Φ(||x||(y − ¯x))
dla x = y, gdzie Φ jest rozwiązaniem fundamentalnym, a ¯x jest punktem sprzężonym do x względem powierzchni ∂B(0, 1).
Bibliografia
[1] W. I. Arnold, Metody matematyczne mechaniki klasycznej, PWN, Warszawa 1981. [2] W. I. Arnold, Równania różniczkowe zwyczajne, PWN, Warszawa 1975.
[3] W. I. Arnold, Teoria równań różniczkowych, PWN, Warszawa 1983. [4] A. W. Bicadze, Równania fizyki matematycznej, PWN, Warszawa 1984.
[5] A. W. Bicadze, D. F. Kaliniczenko, Zbiór zadań z równań fizyki matematycznej, PWN, Warszawa 1984. [6] P. Biler Prof. dr hab.- redakcja naukowa, Warsztaty z równań różniczkowych czastkowych, Toruń 2003. [7] Birkholc A. Analiza matematyczna. Funkcje wielu zmiennych, Wydawnictwo Naukowe PWN, Warszawa 2002. [8] D. Bleecker, G. Csordas, Basic Partial Differential Equations, Chapman & Hall, Oxford 1995.
[9] L. Evans, Równania różniczkowe czastkowe, PWN, Warszawa 2002. [10] Fichtenholz G.M. Rachunek różniczkowy i całkowy, PWN, Warszawa 1980. [11] J. Jost, Postmodern Analysis, Springer-Verlag,Berlin-Heidelberg-New York 2002. [12] W. Kołodziej, Wybrane rozdziały analizy matematycznej, PWN, Warszawa 1982.
[13] H. Marcinkowska, Wstep do teorii równań różniczkowych cz astkowych, PWN, Warszawa 1972. [14] J. Musielak, Wstep do analizy funkcjonalnej, PWN, Warszawa 1976.
[15] Ockendon J., Howison S., Lacey A., Movxhan A., Applied Partial Differential Equations, Oxford University Press, 2003.
[16] J. Ombach, Wykłady z równań różniczkowych wspomagane komputerowo -Maple, Wydawnictwo Uniwersytetu Jagiellońskiego, Kraków 1999.
[17] B. Przeradzki, Równania różniczkowe czastkowe. Wybrane zagadnienia, Wydawnictwo Uniwersytetu Łódz- kiego, Łódź 2000.
[18] B. Przeradzki, Teoria i praktyka równań różniczkowych zwyczajnych, Wydawnictwo Uniwersytetu Łódzkiego, Łódź 2003.
[19] M. M. Smirnow, Zadania z równań różniczkowych czastkowych, PWN, Warszawa 1970.
[20] P. Strzelecki, Krótkie wprowadzenie do równań różniczkowych czastkowych, Wydawnictwo Uniwersytetu War- szawskiego, Warszawa 2006.
[21] B. W. Szabat, Wstęp do analizy zespolonej, PWN, Warszawa 1974.
[22] Whitham G.B., Lecture notes on wave propagation , Springer-Verlag, Berlin-Heidelberg-New York 1979. [23] Zauderer, Partial Differential Equations of Applied Mathemathics, John Wiley & Sons, Singapore-New
