12.2 – Separationsansätze – Kreissektor in Polarkoordinaten

 

Sei \Omega ein Kreissektor mit dem Innenwinkel \beta, also \Omega  = \left\{ {\left( {r,\varphi } \right):0 < r < \rho ,0 < \varphi  < \beta } \right\}, wobei r und \varphi die ebenen Polarkoordinaten sind. Wir suchen eine harmonische Funktion (Zeile 2 ist die Umwandlung in ebene Polarkoordinaten), die die Randbedingungen in Zeile 3 und 4 erfüllt:

\begin{array}{*{20}{c}}    {-\Delta u = 0} & {in} & \Omega   \\    {-\frac{1} {r}\frac{\partial } {{\partial r}}\left( {r\frac{{\partial u}} {{\partial r}}} \right)-\frac{1} {{{r^2}}}\frac{{{\partial ^2}u}} {{\partial {\varphi ^2}}} = 0} & {in} & \Omega   \\    {u\left( {r,0} \right) = u\left( {r,\beta } \right) = 0} & \forall  & {0 < r < \rho }  \\    {u\left( {\rho ,\varphi } \right) = g\left( \varphi  \right)} & \forall  & {0 < \varphi  < \beta }  \\  \end{array}

Bestimmen Sie die harmonische Funktion in der Form

u\left( {r,\varphi } \right) = R\left( r \right)\Phi \left( \varphi  \right)

Hinweis: In Aufgabe 3 von Blatt 8 wurde gezeigt, dass

{u_s} = {r^{\frac{\pi }{\beta }}}\sin \left( {\frac{\pi }{\beta }\varphi } \right) \in {H^1}\left( \Omega  \right)\backslash {H^2}\left( \Omega  \right)

falls \beta  > \pi.

Lösung

r \in \left] {0,\rho } \right[,\quad \varphi  \in \left] {0,\beta } \right[,\quad \beta  < 2\pi

u\left( {r,\varphi } \right) = R\left( r \right)\Phi \left( \varphi  \right)

\frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {\varphi ^2}}} = R{\Phi ^{\prime \prime }},\quad r\frac{{\partial u}}{{\partial r}} = {R^\prime }\Phi r

\frac{\partial }{{\partial r}}\left( {r\frac{{\partial u}}{{\partial r}}} \right) = \frac{\partial }{{\partial r}}\left( {{R^\prime }\Phi r} \right) = {R^{\prime \prime }}\Phi r+{R^\prime }\Phi  \cdot 1

\left. {-\Delta u = -{R^{\prime \prime }}\Phi -\frac{{{R^\prime }\Phi }}{r}-\frac{{R{\Phi ^{\prime \prime }}}}{{{r^2}}} = 0\quad } \right| \cdot {r^2},\quad :R\Phi

Separieren:

-\frac{{{r^2}{R^{\prime \prime }}}}{R}-\frac{{r{R^\prime }}}{R}-\frac{{{\Phi ^{\prime \prime }}}}{\Phi } = 0

-\frac{{{\Phi ^{\prime \prime }}}}{\Phi } = {r^2}\frac{{{R^{\prime \prime }}}}{R}+r\frac{{{R^\prime }}}{R}

Die linke Seite hängt nur von Phi, die Rechte nur von r ab. Damit müssen beide Seiten konstant sein.

Wir schreiben zunächst für Phi:

-\frac{{{\Phi ^{\prime \prime }}}} {\Phi } = {\lambda ^2}

-{\Phi ^{\prime \prime }} = \lambda \Phi

\Phi \left( 0 \right) = 0

\Phi \left( \beta  \right) = 0

\Phi \left( \varphi  \right) = \sin \left( {\lambda \varphi } \right)

Werte für die Konstante:

\lambda  = \frac{\pi }{\beta }k

eingesetzt:

\Phi \left( \varphi  \right) = \sin \left( {\frac{\pi }{\beta }k\varphi } \right)

Denn

\sin \left( 0 \right) = 0,\quad \sin \left( {\frac{\pi }{\beta }k\beta } \right) = \sin \left( {k\pi } \right) = 0

und der Sinus hat nur diese Nullstellen bei {k\pi }.

{r^2}\frac{{{R^{\prime \prime }}}}{R}+r\frac{{{R^\prime }}}{R} = {\lambda ^2} = -\frac{{{\Phi ^{\prime \prime }}}}{\Phi }

{r^2}{R^{\prime \prime }}+r{R^\prime }-{\lambda ^2}R = 0

Diese Differentialgleichung kam auch in der Vorlesung bei der Bestimmung harmonischer Funktionen auf dem Kreis vor.

Als Lösung haben wir dort (wie im Kasten unten beschrieben) berechnet:

{r^k},\quad {r^{-k}},\quad 1,\quad \ln r

Die beiden Lösungen {r^{-k}},\quad \ln r haben bei 0 einen Pol, daher sind sie als Lösung uninteressant. Für die Lösung 1 setzen wir bei {r^k} das k = 0.

Es bleibt also:

{R_k} = {r^k}

{r^2}k\left( {k-1} \right){r^{k-2}}+rk{r^{k-1}}-{\lambda ^2}{r^k} = 0

Wir kürzen den Faktor {r^k}:

k\left( {k-1} \right)+k-{\lambda ^2} = 0\quad  \Rightarrow \quad {k^2}-{\lambda ^2} = 0\quad  \Rightarrow \quad k = \lambda

(Die negative Lösung {r^{-k}} hatten wir bereits ausgeschlossen)

Mit \lambda aus -\frac{{{\Phi ^{\prime \prime }}}}{\Phi } ist dann

k = \frac{\pi }{\beta }n

aufsummiert:

u = \sum\limits_{k = 1}^\infty  {{C_k}{\Phi _k}{R_k}}  = \sum\limits_{k = 1}^\infty  {{C_k}\sin \left( {\frac{\pi }{\beta }k\varphi } \right){r^{\frac{\pi }{\beta }k}}}

Die übrige RB kann zur Bestimmung der Konstanten C_k genutzt werden.

Einschub: Kreisgebiet

Wir betrachten

\Omega  = \left\{ {\left( {x,y} \right) \in {\mathbb{R}^2}:{x^2}+{y^2} < {\rho ^2}} \right\}

und suchen die Lösung der Randwertaufgabe

\left. {\begin{array}{*{20}{c}}    {-\Delta u = 0} & {in} & \Omega   \\    {u = g} & {auf} & {\partial \Omega }  \\  \end{array} } \right\}\left(  *  \right)

Es bieten sich Polarkoordinaten an. Mit dem Separationsansatz

u\left( {r,\varphi } \right) = R\left( r \right) \cdot \Phi \left( \varphi  \right)

folgt

0 = \Delta u = \frac{1}{r}\frac{\partial }{{\partial r}}\left( {r\frac{{\partial u}}{{\partial r}}} \right)+\frac{1}{{{r^2}}}\frac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {\varphi ^2}}} = \frac{1}{r}{\left( {r{R^\prime }} \right)^\prime }\Phi +\frac{1}{{{r^2}}}R{\Phi ^\prime }^\prime

\frac{{\frac{1}{r}{{\left( {r{R^\prime }} \right)}^\prime }}}{{\frac{1}{{{r^2}}}R}} = -\frac{{{\Phi ^\prime }^\prime }}{\Phi } = \lambda

Wir erhalten also wieder zwei gewöhnliche Differentialgleichungen:

{\left( {r{R^\prime }\left( r \right)} \right)^\prime } = \lambda R\left( r \right)

-{\Phi ^\prime }^\prime \left( \varphi  \right) = \lambda \Phi \left( \varphi  \right)

Wir beginnen mit der zweiten DGL. Diese hat für {\lambda _k} = {k^2} die 2\pi-periodischen Lösungen

{\Phi _k}\left( \varphi  \right) = {c_k}\cos \left( {k\varphi } \right)+{d_k}\sin \left( {k\varphi } \right),\quad k = 0,1, \ldots

und für alle anderen \lambda keine 2\pi-periodischen Lösungen. Die erste gewöhnliche DGL hat für diese {\lambda _k} die Fundamentallösungen {r^{-k}} und r^k für k = 1,2, \ldots bzw 1 und \ln r für k = 0.

Da nur beschränkte Funktionen {R_k}\left( r \right) eine stetige Funktion u liefern, arbeiten wir nur mit {R_k}\left( r \right) = {r^k},\quad k = 0,1, \ldots weiter. Analog zu Abschnitt 2.6.1 erhalten wir

u\left( {r,\varphi } \right) = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {{r_k}\left( {{c_k}\cos \left( {k\varphi } \right)+{d_k}\sin \left( {k\varphi } \right)} \right)}

= {c_0}+\sum\limits_{k = 1}^\infty  {{r_k}\left( {{c_k}\cos \left( {k\varphi } \right)+{d_k}\sin \left( {k\varphi } \right)} \right)}

Um die Randbedingungen zu erfüllen, entwickeln wir g\left( \varphi  \right) in eine Fourierreihe:

g\left( \varphi  \right) = \frac{{{a_0}}}{2}+\sum\limits_{k = 1}^\infty  {\left[ {{a_k}\cos \left( {k\varphi } \right)+{b_k}\sin \left( {k\varphi } \right)} \right]}

{a_k} = \frac{1}{\pi }\int_0^{2\pi } {g\left( \varphi  \right)\cos \left( {k\varphi } \right)d\varphi } \quad k = 0,1, \ldots

{b_k} = \frac{1}{\pi }\int_0^{2\pi } {g\left( \varphi  \right)\sin \left( {k\varphi } \right)d\varphi } \quad k = 1,2, \ldots

und führen mit

u\left( {\rho ,\varphi } \right) = {c_0}+\sum\limits_{k = 1}^\infty  {{\rho ^k}\left( {{c_k}\cos \left( {k\varphi } \right)+{d_k}\sin \left( {k\varphi } \right)} \right)}

einen Koeffizientenvergleich durch. Daraus erhält man

{c_0} = \frac{{{a_0}}} {2}

{c_k} = {\rho ^{-k}}{a_k},\quad k = 1,2, \ldots

{d_k} = {\rho ^{-k}}{b_k},\quad k = 1,2, \ldots

und haben damit die Lösung bestimmt. Diese Vorgehensweise kann auch bei einem Kreissektorgebiet angewandt werden.

Bemerkung:

Die Lösung von \left(  *  \right) kann weiter umgeformt werden:

u\left( {r,\varphi } \right) = \underbrace {\frac{1}{{2\pi }}\int_0^{2\pi } {g\left( \psi  \right)d\psi } }_{{c_0}}

+\sum\limits_{k = 1}^\infty  {\frac{{{r^k}}}{{{\rho ^k}}}\left[ {\frac{1}{\pi }\int_0^{2\pi } {g\left( \psi  \right)\cos \left( {k\psi } \right)d\psi } \cos \left( {k\varphi } \right)+\frac{1}{\pi }\int_0^{2\pi } {g\left( \psi  \right)\sin \left( {k\psi } \right)d\psi } \sin \left( {k\varphi } \right)} \right]}

= \frac{1}{{2\pi }}\int_0^{2\pi } {g\left( \psi  \right)\left[ {1+2\sum\limits_{k = 1}^\infty  {\frac{{{r^k}}}{{{\rho ^k}}}} \underbrace {\cos \left( {k\psi } \right)\cos \left( {k\varphi } \right)+\sin \left( {k\psi } \right)\sin \left( {k\varphi } \right)}_{ = \cos \left({k\left( {\varphi -\psi } \right)} \right)}} \right]d\psi }

= \frac{1}{{2\pi }}\int_0^{2\pi } {g\left( \psi  \right)\left[ {1+2\sum\limits_{k = 1}^\infty  {\frac{{{r^k}}}{{{\rho ^k}}}\cos \left( {k\left( {\varphi -\psi } \right)} \right)} } \right]d\psi }

= \frac{1}{{2\pi }}\int_0^{2\pi } {g\left( \psi  \right){P_\rho }\left( {r,\varphi -\psi } \right)d\psi }

mit dem Poisson-Kern

{P_\rho }\left( {r,\varphi } \right) = 1+2\sum\limits_{k = 1}^\infty  {\frac{{{r^k}}}{{{\rho ^k}}}\cos \left( {k\varphi } \right)}  = 1+2\sum\limits_{k = 1}^\infty {\operatorname{Re} \left\{ {{z^k}} \right\}}

Substitution:

z = \frac{r}{\rho }{e^{i\varphi }}

{P_\rho }\left( {r,\varphi } \right) = 2\operatorname{Re} \left\{ {\sum\limits_{k = 0}^\infty  {{z^k}} } \right\}-1 = 2\operatorname{Re} \left\{ {\frac{1}{{1-z}}} \right\}-1 = \operatorname{Re} \left\{ {\frac{{2-\left( {1-z} \right)}}{{1-z}}} \right\} = \operatorname{Re} \left\{ {\frac{{1+z}}{{1-z}}} \right\}

Rücksubstitution:

{P_\rho }\left( {r,\varphi } \right) = \operatorname{Re} \left\{ {\frac{{1+\frac{r}{\rho }{e^{i\varphi }}}}{{1-\frac{r}{\rho }{e^{i\varphi }}}}} \right\} = \operatorname{Re} \left\{ {\frac{{\rho +r{e^{i\varphi }}}}{{\rho -r{e^{i\varphi }}}}} \right\} = \operatorname{Re} \left\{ {\frac{{\rho +r\cos \varphi +ri\sin \varphi }}{{\rho -r\cos \varphi -ri\sin \varphi }}} \right\}

= \frac{{\left( {\rho +r\cos \varphi } \right)\left( {\rho -r\cos \varphi } \right)-{r^2}{{\sin }^2}\varphi }}{{{\rho ^2}-2r\rho \cos \varphi +{r^2}{{\cos }^2}\varphi +{r^2}{{\sin }^2}\varphi }}

= \frac{{{\rho ^2}-{r^2}\left( {{{\cos }^2}\varphi +{{\sin }^2}\varphi } \right)}}{{{\rho ^2}-2r\rho \cos \varphi +{r^2}}}

= \frac{{{\rho ^2}-{r^2}}}{{{\rho ^2}-2r\rho \cos \varphi +{r^2}}}

es folgt:

u\left( {r,\varphi } \right) = \frac{1}{{2\pi }}\int_0^{2\pi } {g\left( \psi  \right)\frac{{{\rho ^2}-{r^2}}}{{{\rho ^2}-2r\rho \cos \left( {\varphi -\psi } \right)+{r^2}}}d\psi }