拉普拉斯方程极坐标解法

题目

问题 4. 在圆盘外部 {(r,θ):r>1, −π≤θ<π} \{(r, \theta) : r > 1, \, -\pi \leq \theta < \pi\} {(r,θ):r>1,−π≤θ<π} 中求解

$$\Delta u=0,$$
$$u{|}_{r=1}=|\theta |,$$
$$\max |u|<\infty .$$

解应以适当的傅里叶级数形式表示。

解答

考虑拉普拉斯方程 $$\Delta u=0$$ 在区域 $$r>1$$（单位圆外部）的狄利克雷问题，边界条件为 $$u(1,\theta )=|\theta |$$，并要求解在整个区域有界（即 $$\max |u|<\infty$$）。由于区域具有圆对称性，使用极坐标下的分离变量法求解。

步骤 1: 一般解的形式

在极坐标下，拉普拉斯方程为：
$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{{\partial }^{2}u}{\partial {\theta }^2}=0.$$
设解为 $$u(r,\theta )=R(r)\Theta (\theta )$$，代入方程并分离变量，得到：

• 角向方程：$${\Theta }^{\prime \prime }+\lambda \Theta =0$$，其中 $$\Theta (\theta )$$ 是周期为 $$2\pi$$ 的函数（$$\Theta (-\pi )=\Theta (\pi )$$，$${\Theta }^{\prime }(-\pi )={\Theta }^{\prime }(\pi )$$）。
• 径向方程：$$r^2{R}^{\prime \prime }+r{R}^{\prime }-\lambda R=0$$.

角向方程的特征值为 $${\lambda }_n=n^2$$（$$n=0,1,2,\dots$$），特征函数为：

• $$n=0$$：$${\Theta }_0(\theta )=a_0$$（常数），
• $$n\ge 1$$：$${\Theta }_n(\theta )=a_n\cos (n\theta )+b_n\sin (n\theta )$$.

径向方程（欧拉方程）的通解为：

• $$n=0$$：$$R_0(r)=A\ln r+B$$,
• $$n\ge 1$$：$$R_n(r)=c_n{r}^n+d_n{r}^{-n}$$.

由于区域为 $$r>1$$ 且要求解有界（$$\max |u|<\infty$$），需考虑 $$r\to \infty$$ 时的行为：

• 对于 $$n=0$$，$$R_0(r)=A\ln r+B$$，当 $$r\to \infty$$ 时 $$\ln r\to \infty$$，故取 $$A=0$$，得 $$R_0(r)=B$$（常数）。
• 对于 $$n\ge 1$$，$$r^n$$ 项在 $$r\to \infty$$ 时无界，故取 $$c_n=0$$，得 $$R_n(r)=d_n{r}^{-n}$$.

因此，有界解的一般形式为：
$$u(r,\theta )=A_0+\sum _{n=1}^{\infty }{r}^{-n}\left(A_n\cos (n\theta )+B_n\sin (n\theta )\right),$$
其中 $$A_0,A_n,B_n$$ 为待定系数。

步骤 2: 应用边界条件

边界条件为 $$u(1,\theta )=|\theta |$$，即：
$$u(1,\theta )=A_0+\sum _{n=1}^{\infty }\left(A_n\cos (n\theta )+B_n\sin (n\theta )\right)=|\theta |,-\pi \le \theta <\pi .$$
函数 $$|\theta |$$ 是偶函数（$$|\theta |=|-\theta |$$），因此傅里叶级数中正弦项的系数 $$B_n=0$$，且级数仅含余弦项：
$$|\theta |=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos (n\theta ),$$
其中傅里叶系数为：
$$a_0=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }|\theta |d\theta ,a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }|\theta |\cos (n\theta )d\theta (n\ge 1).$$

计算系数：

• $$a_0$$:
  $$a_0=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\theta d\theta =\frac{2}{\pi }{\left[\frac{{\theta }^2}{2}\right]}_0^{\pi }=\frac{2}{\pi }\cdot \frac{{\pi }^2}{2}=\pi .$$
  常数项为 $$\frac{a_0}{2}=\frac{\pi }{2}$$.
• $$a_n$$ ($$n\ge 1$$):
  $$a_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }\theta \cos (n\theta )d\theta .$$
  使用分部积分：令 $$u=\theta$$, $$dv=\cos (n\theta )d\theta$$，则 $$du=d\theta$$, $$v=\frac{\sin (n\theta )}{n}$$:
  $$\int \theta \cos (n\theta )d\theta =\frac{\theta \sin (n\theta )}{n}-\int \frac{\sin (n\theta )}{n}d\theta =\frac{\theta \sin (n\theta )}{n}+\frac{\cos (n\theta )}{n^2}.$$
  代入上下限：
  $${\left[\frac{\theta \sin (n\theta )}{n}+\frac{\cos (n\theta )}{n^2}\right]}_0^{\pi }=\left(\frac{\pi \sin (n\pi )}{n}+\frac{\cos (n\pi )}{n^2}\right)-\left(0+\frac{1}{n^2}\right)=\frac{(-1{)}^n}{n^2}-\frac{1}{n^2}=\frac{(-1{)}^n-1}{n^2}.$$
  所以：
  $$a_n=\frac{2}{\pi }\cdot \frac{(-1{)}^n-1}{n^2}.$$
  分析：
  • 若 $$n$$ 为偶数，$$(-1{)}^n=1$$，则 $$a_n=0$$.
  • 若 $$n$$ 为奇数，令 $$n=2k+1$$ ($$k=0,1,2,\dots$$)，则 $$(-1{)}^n=-1$$，故 $$a_n=\frac{2}{\pi }\cdot \frac{-2}{n^2}=-\frac{4}{\pi n^2}$$.

因此，$$|\theta |$$ 的傅里叶级数为：
$$|\theta |=\frac{\pi }{2}-\frac{4}{\pi }\sum _{k=0}^{\infty }\frac{\cos ((2k+1)\theta )}{(2k+1{)}^2}.$$

步骤 3: 确定系数并写出解

比较边界条件：
$$A_0+\sum _{n=1}^{\infty }{A}_n\cos (n\theta )=\frac{\pi }{2}-\frac{4}{\pi }\sum _{k=0}^{\infty }\frac{\cos ((2k+1)\theta )}{(2k+1{)}^2}.$$
得：

• $$A_0=\frac{\pi }{2}$$,
• 对于 $$n\ge 1$$:
  • 若 $$n$$ 为偶数，$$A_n=0$$,
  • 若 $$n$$ 为奇数（令 $$n=2k+1$$），$$A_n=-\frac{4}{\pi n^2}$$.

代入一般解：
KaTeX parse error: Undefined control sequence: \substack at position 92: …pi}{2} + \sum_{\̲s̲u̲b̲s̲t̲a̲c̲k̲{n=1 \\ n \text…
令 $$n=2k+1$$ ($$k=0,1,2,\dots$$)，则：
$$u(r,\theta )=\frac{\pi }{2}-\frac{4}{\pi }\sum _{k=0}^{\infty }\frac{\cos ((2k+1)\theta )}{(2k+1{)}^2{r}^{2k+1}}.$$

步骤 4: 验证解

• 满足方程：每一项 $$r^{-n}\cos (n\theta )$$ 满足拉普拉斯方程（通过分离变量法已保证）。
• 满足边界条件：当 $$r=1$$ 时，级数退化为 $$|\theta |$$ 的傅里叶级数。
• 有界性：当 $$r>1$$ 时，$$r^{-(2k+1)}\to 0$$ 当 $$k\to \infty$$，且 $$u\to \frac{\pi }{2}$$ 当 $$r\to \infty$$，故 $$\max |u|<\infty$$。级数在 $$r\ge 1+\delta$$（$$\delta >0$$) 上一致收敛，解光滑；在 $$r=1$$ 时，$$|\theta |$$ 连续（尽管在 $$\theta =0$$ 不可导），但解仍有效。

因此，解为：
$$\boxed{u(r,\theta )=\frac{\pi }{2}-\frac{4}{\pi }\sum _{k=0}^{\infty }\frac{\cos \left((2k+1)\theta \right)}{(2k+1{)}^2{r}^{2k+1}}}$$