LAPLACES OCH POISSONS EKVATIONER

Transkript

1 TH Matematik Olle tormark LAPLACE OCH POION EVATIONE Poissons ekvation φ(x) = (där ρ är en given funktion och φ söks) satisfieras till exempel av den elektrostatiska potentialen i ett område som innehåller laddningar (varvid ρ är proportionell mot laddningstätheten) gravitationspotentialen i ett område som innehåller massa (ρ är då proportionell mot masstätheten) den stationära (det vill säga tidsobereonde) temperaturfördelningen i en homogen kropp vid närvaro av värmekällor deformationen av ett tunt belastat membran (i vilket fall ρ är proportionell mot kraften per ytenhet). Laplaces ekvation φ(x) = 0 fås uppenbarligen genom att sätta ρ = 0 ovan. Funktioner som är lösningar till Laplaces ekvation sägs vara harmoniska. Låt V vara ett begränsat område i 3 med randytan. AT andvärdesproblemet { φ(x) = i V, φ och dess nomalderivata φ n är givna på, har en unik lösning i V. Närmare bestämt gäller det för varje p V att φ(p) = 4π V dv + φ(x) d 4π 3 + φ n 4π d.

2 Beviset bygger på Greens andra identitet (formel 5.6 i Matthews bok): (φ ψ ψ φ) dv = (φ ψ ψ φ) n d, V där är V :s randyta. I satsens formel förekommer och 3, som uppenbarligen är elaka i punkten p. För att undvika denna elakhet tar vi bort ett litet klot V ɛ = {x: < ɛ}, med randytan ɛ = {x: = ɛ}, från V, och sätter V = V V ɛ, = ɛ, där minustecknet framför ɛ betyder att den utåtriktade enhetsnormalen för på ɛ är riktad in i V ɛ, medan ɛ :s enhetsnormal är riktad utåt. om ψ väljer vi funktionen Vidare är ψ(x) =, som uppfyller ψ = 0 då x p. ψ(x) = x p 3 då x p. Insättning av φ = ρ och ovanstående data i Greens andra identitet ger eller V V ɛ V V ɛ ( φ(x) 0 ) dv = ɛ ( φ(x) x p φ(x) ) 3 n d, dv = φ(x) n φ(x) d d 3 + φ(x) ɛ (*) φ(x) n d + d. 3 ɛ 2

3 På ɛ är x p = ɛ. Med hjälp av detta samt divergenssatsen och medelvärdessatsen inser man att den sista termen i (*) går mot 0 då ɛ 0: φ n ɛ d = φ n d = φ dv ɛ ɛ ɛ V ɛ = dv = ɛ Vɛ ɛ ρ(p ) 4πɛ3 för något p V ɛ 3 På ɛ är vidare = 4π 3 ρ(p ) ɛ 2 0 då ɛ 0. = (x p) x p = = ɛ. Använder vi detta plus medelvärdessatsen på den näst sista termen i (*) ser vi att φ(x) d = φ(x) d = ɛ 3 ɛ 2 ɛ ɛ 2 φ(p ) 4πɛ 2 = 4πφ(p ) för något p V ɛ 4πφ(p) då ɛ 0. Då ɛ 0 i (*) går V V ɛ mot V och vi får dv = φ(x) d 3 V + 4πφ(p) + 0, φ(x) n d det vill säga den önskade formeln φ(p) = 4π V dv + 4π + φ n 4π d. φ(x) d 3 Antag nu att 0 enbart i ett begränsat område! Det är då rimligt att anta att Poissons ekvation har en lösning φ som tillsammans med sin gradient φ snabbt går mot 0 långt från. å om vi låter vara sfären = {x: x = } 3

4 med radien och medelpunkt i origo kan vi anta att φ och φ går mot 0 så fort på att ytintegralerna i formeln ovan försvinner då. I detta limes får vi då φ(p) = 4π dv. För att verifiera denna formel måste vi kontrollera att ytintegralerna verkligen går mot 0 då om φ(p) ges av detta uttryck. Observera först följande uppskattning: Om x så gäller om p är tillräckligt långt borta från att x < p /2, varför och då blir p x p p /2 = p /2, Med hjälp av ( ) ser vi att φ(p) = 4π dv 2π det vill säga å på (där x = ) är φ(p) konstant p 2 p. ( ) φ(x) konstant. p då p är stort. dv, Därmed fås att φ(x) x p 4π n d 3 φ(x) 4π d 2 4π konstant 4 2 4π2 = 4 konstant 0 då. I den andra ytintegralen förekommer φ(x). Vi får gradienten av φ(p) genom att derivera under integraltecknet med avseende på p, p 2, p 3 : φ(p) = ( ) dv = x p 4π 4π dv. 3 4

5 Med hjälp av uppskattningen ( ) fås sedan: φ(p) 4π 4π 4 p 2 om p är stort. å på (där x = ), är 2 dv φ(x) konstant 2. dv = konstant p 2 Beloppet av den andra ytintegralen kan därmed uppskattas på följande sätt: φ(x) n d konstant 2 4π2 4π konstant = 0 då och det var alltså korrekt att anta att ytintegralerna försvinner då. AT Om 0 bara i ett begränsat område, så är φ(p) = 4π dv en lösning till Poissons ekvation φ = ρ. Harmoniska funktioner är lösningar till Laplaces ekvation φ = 0 (det vill säga Poisson med ρ = 0). Om φ är harmonisk i ett område V med randytan så gäller enligt ovan för varje p V att φ(p) = φ(x) d + φ(x) n d. 4π 3 4π Låt oss fixera p och låt p, = {x: = } vara sfären med radien omkring p. På p, är =, n = x p 5 och = 3, 2

6 varför φ(p) = φ(x) 4π p, d + φ(x) n d 2 4π p, = { enligt divergenssatsen } = φ(x) d + 4π 2 p, 4π 2 φ dv V p, = φ(x) d + 0, 4π 2 p, där V p, = {x: }. Observera att integralen i högerledet kan tolkas som medelvärdet av φ på p,. Därmed har vi visat MEDELVÄDEATEN FÖ HAMONIA FUNTIONE Värdet av en harmonisk funktion φ(x) i en punkt p är lika med medelvärdet av φ över en sfär med p som medelpunkt: φ(p) = 4π 2 p, φ(x) d. Från denna sata följer maximum och minimum principerna för harmoniska funktioner: Om φ = 0 i V så kan inte φ ha ett strikt maximum eller strikt minimum i det inre av V. Ty antag att φ(x) har ett strikt maximum i en inre punkt p, det vill säga φ(p > φ(x) i en punkterad omgivning {x: 0 < < ɛ} av p. Med r = ɛ/2 gäller då att φ(x) < φ(p) för alla x p,r. Enligt medelvärdessatsen är därför φ(p) = φ(x) d < 4πr 2 p,r 4πr φ(p) d 2 p,r = 4πr φ(p) 2 4πr2 = φ(p), det vill säga φ(p < φ(p), vilket är en motsägelse. På analogt sätt visas att φ inte kan ha ett strikt minimum i det inre av V. 6