扇形区域拉普拉斯方程傅里叶解法2

题目

问题 5：在扇形区域 {(r,θ) ⁣:r<3, ∣θ∣<π3} \\{(r,\\theta)\\colon r<3,\\ |\\theta|<\\frac{\\pi}{3}\\} {(r,θ):r<3, ∣θ∣<3π​} 中，使用傅里叶方法求解拉普拉斯方程
$$\Delta u=0,$$
边界条件为
∂u∂θ∣θ=−π3=∂u∂θ∣θ=π3=0,u∣r=3=θ.\\left.\\frac{\\partial u}{\\partial \\theta}\\right|_{\\theta=-\\frac{\\pi}{3}} = \\left.\\frac{\\partial u}{\\partial \\theta}\\right|_{\\theta=\\frac{\\pi}{3}} = 0, \\quad \\left.u\\right|_{r=3} = \\theta.∂θ∂u​∣∣∣∣​θ=−3π​​=∂θ∂u​∣∣∣∣​θ=3π​​=0,u∣r=3​=θ.
解应以适当的傅里叶级数形式表示。

解答

考虑扇形区域 $$r<3$$，∣θ∣<π3 |\\theta| < \\frac{\\pi}{3} ∣θ∣<3π​ 上的拉普拉斯方程 $$\Delta u=0$$，边界条件为：

• 在径向边界 θ=±π3 \\theta = \\pm \\frac{\\pi}{3} θ=±3π​ 上，切向导数为零（齐次 Neumann 条件）：∂u∂θ=0 \\frac{\\partial u}{\\partial \\theta} = 0 ∂θ∂u​=0。
• 在弧边界 $$r=3$$ 上，Dirichlet 条件：$$u=\theta$$。

使用分离变量法求解。假设解的形式为 $$u(r,\theta )=R(r)\Theta (\theta )$$。代入拉普拉斯方程在极坐标下的表达式：
∂2u∂r2+1r∂u∂r+1r2∂2u∂θ2=0,\\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,∂r2∂2u​+r1​∂r∂u​+r21​∂θ2∂2u​=0,
得到：
r2R′′Θ+rR′Θ+RΘ′′=0,r^2 R\'\' \\Theta + r R\' \\Theta + R \\Theta\'\' = 0,r2R′′Θ+rR′Θ+RΘ′′=0,
除以 $$R\Theta$$：
r2R′′R+rR′R=−Θ′′Θ=λ,\\frac{r^2 R\'\'}{R} + \\frac{r R\'}{R} = -\\frac{\\Theta\'\'}{\\Theta} = \\lambda,Rr2R′′​+RrR′​=−ΘΘ′′​=λ,
其中 $$\lambda$$ 是分离常数。因此，得到两个常微分方程：

1. Θ′′+λΘ=0 \\Theta\'\' + \\lambda \\Theta = 0 Θ′′+λΘ=0，
2. r2R′′+rR′−λR=0 r^2 R\'\' + r R\' - \\lambda R = 0 r2R′′+rR′−λR=0。

角向部分 $$\Theta (\theta )$$ 的求解

边界条件为 Θ′(−π/3)=0 \\Theta\'(-\\pi/3) = 0 Θ′(−π/3)=0 和 Θ′(π/3)=0 \\Theta\'(\\pi/3) = 0 Θ′(π/3)=0。方程 Θ′′+λΘ=0 \\Theta\'\' + \\lambda \\Theta = 0 Θ′′+λΘ=0 的通解为：
Θ(θ)=Acos⁡(λθ)+Bsin⁡(λθ).\\Theta(\\theta) = A \\cos(\\sqrt{\\lambda} \\theta) + B \\sin(\\sqrt{\\lambda} \\theta).Θ(θ)=Acos(λ​θ)+Bsin(λ​θ).
应用边界条件：

• 在 $$\theta =\pi /3$$：Θ′(π/3)=−Aλsin⁡(k)+Bλcos⁡(k)=0 \\Theta\'(\\pi/3) = -A \\sqrt{\\lambda} \\sin(k) + B \\sqrt{\\lambda} \\cos(k) = 0 Θ′(π/3)=−Aλ​sin(k)+Bλ​cos(k)=0，其中 k=λπ/3 k = \\sqrt{\\lambda} \\pi / 3 k=λ​π/3。
• 在 $$\theta =-\pi /3$$：Θ′(−π/3)=Aλsin⁡(k)+Bλcos⁡(k)=0 \\Theta\'(-\\pi/3) = A \\sqrt{\\lambda} \\sin(k) + B \\sqrt{\\lambda} \\cos(k) = 0 Θ′(−π/3)=Aλ​sin(k)+Bλ​cos(k)=0。

得到方程组：
{−Asin⁡(k)+Bcos⁡(k)=0,Asin⁡(k)+Bcos⁡(k)=0.\\begin{cases}-A \\sin(k) + B \\cos(k) = 0, \\\\A \\sin(k) + B \\cos(k) = 0.\\end{cases}{−Asin(k)+Bcos(k)=0,Asin(k)+Bcos(k)=0.​
相加得 $$2B\cos (k)=0$$，相减得 $$-2A\sin (k)=0$$。因此：

• 若 $$\sin (k)=0$$，则 $$k=n\pi$$（$$n$$ 整数），λ=(3n)2=9n2 \\lambda = (3n)^2 = 9n^2 λ=(3n)2=9n2，且 $$B=0$$，所以 Θn(θ)=cos⁡(3nθ) \\Theta_n(\\theta) = \\cos(3n \\theta) Θn​(θ)=cos(3nθ)。
• 若 $$\cos (k)=0$$，则 $$k=(2m+1)\pi /2$$（$$m$$ 整数），λ=(3(2m+1)2)2=9(2m+1)24 \\lambda = \\left( \\frac{3(2m+1)}{2} \\right)^2 = \\frac{9(2m+1)^2}{4} λ=(23(2m+1)​)2=49(2m+1)2​，且 $$A=0$$，所以 Θm(θ)=sin⁡(3(2m+1)2θ) \\Theta_m(\\theta) = \\sin\\left( \\frac{3(2m+1)}{2} \\theta \\right) Θm​(θ)=sin(23(2m+1)​θ)。

特征值和特征函数为：

• λn=9n2 \\lambda_n = 9n^2 λn​=9n2，Θn(θ)=cos⁡(3nθ) \\Theta_n(\\theta) = \\cos(3n \\theta) Θn​(θ)=cos(3nθ)，$$n=0,1,2,\dots$$（当 $$n=0$$ 时，Θ0=1 \\Theta_0 = 1 Θ0​=1）。
• λm=9(2m+1)24 \\lambda_m = \\frac{9(2m+1)^2}{4} λm​=49(2m+1)2​，Θm(θ)=sin⁡(3(2m+1)2θ) \\Theta_m(\\theta) = \\sin\\left( \\frac{3(2m+1)}{2} \\theta \\right) Θm​(θ)=sin(23(2m+1)​θ)，$$m=0,1,2,\dots$$。

在区间 $$[-\pi /3,\pi /3]$$ 上，这些特征函数正交：

• ϕn(θ)=cos⁡(3nθ) \\phi_n(\\theta) = \\cos(3n \\theta) ϕn​(θ)=cos(3nθ) 是偶函数，∥ϕn∥2=π/3 \\|\\phi_n\\|^2 = \\pi/3 ∥ϕn​∥2=π/3（$$n\ge 1$$），∥ϕ0∥2=2π/3 \\|\\phi_0\\|^2 = 2\\pi/3 ∥ϕ0​∥2=2π/3。
• ψm(θ)=sin⁡(3(2m+1)2θ) \\psi_m(\\theta) = \\sin\\left( \\frac{3(2m+1)}{2} \\theta \\right) ψm​(θ)=sin(23(2m+1)​θ) 是奇函数，∥ψm∥2=π/3 \\|\\psi_m\\|^2 = \\pi/3 ∥ψm​∥2=π/3。
• 不同奇偶性的特征函数内积为零。

径向部分 $$R(r)$$ 的求解

要求解在 $$r=0$$ 处有界。

• 对于 λn=9n2 \\lambda_n = 9n^2 λn​=9n2，方程 r2R′′+rR′−9n2R=0 r^2 R\'\' + r R\' - 9n^2 R = 0 r2R′′+rR′−9n2R=0 为 Euler 方程，解为 Rn(r)=cnr3n R_n(r) = c_n r^{3n} Rn​(r)=cn​r3n（当 $$n=0$$ 时，R0(r)=常数 R_0(r) = \\text{常数} R0​(r)=常数)。
• 对于 λm=9(2m+1)24 \\lambda_m = \\frac{9(2m+1)^2}{4} λm​=49(2m+1)2​，解为 Rm(r)=dmr3(2m+1)2 R_m(r) = d_m r^{\\frac{3(2m+1)}{2}} Rm​(r)=dm​r23(2m+1)​。

通解为：
u(r,θ)=∑n=0∞anr3ncos⁡(3nθ)+∑m=0∞bmr3(2m+1)2sin⁡(3(2m+1)2θ).u(r, \\theta) = \\sum_{n=0}^{\\infty} a_n r^{3n} \\cos(3n \\theta) + \\sum_{m=0}^{\\infty} b_m r^{\\frac{3(2m+1)}{2}} \\sin\\left( \\frac{3(2m+1)}{2} \\theta \\right).u(r,θ)=n=0∑∞​an​r3ncos(3nθ)+m=0∑∞​bm​r23(2m+1)​sin(23(2m+1)​θ).

应用边界条件 $$u(3,\theta )=\theta$$

在 $$r=3$$ 时：
u(3,θ)=∑n=0∞an33ncos⁡(3nθ)+∑m=0∞bm33(2m+1)2sin⁡(3(2m+1)2θ)=θ.u(3, \\theta) = \\sum_{n=0}^{\\infty} a_n 3^{3n} \\cos(3n \\theta) + \\sum_{m=0}^{\\infty} b_m 3^{\\frac{3(2m+1)}{2}} \\sin\\left( \\frac{3(2m+1)}{2} \\theta \\right) = \\theta.u(3,θ)=n=0∑∞​an​33ncos(3nθ)+m=0∑∞​bm​323(2m+1)​sin(23(2m+1)​θ)=θ.
由于 $$\theta$$ 是奇函数，且 $$\cos (3n\theta )$$ 是偶函数，sin⁡(3(2m+1)2θ) \\sin\\left( \\frac{3(2m+1)}{2} \\theta \\right) sin(23(2m+1)​θ) 是奇函数，因此偶函数部分系数必须为零：
an=0for all n=0,1,2,….a_n = 0 \\quad \\text{for all } n = 0, 1, 2, \\ldots.an​=0for all n=0,1,2,….
剩余部分：
∑m=0∞dmsin⁡(kmθ)=θ,km=3(2m+1)2,\\sum_{m=0}^{\\infty} d_m \\sin\\left( k_m \\theta \\right) = \\theta, \\quad k_m = \\frac{3(2m+1)}{2},m=0∑∞​dm​sin(km​θ)=θ,km​=23(2m+1)​,
其中 dm=bm33(2m+1)2 d_m = b_m 3^{\\frac{3(2m+1)}{2}} dm​=bm​323(2m+1)​。系数 dm d_m dm​ 由傅里叶系数公式给出：
dm=⟨θ,ψm⟩∥ψm∥2=∫−π/3π/3θsin⁡(kmθ)dθπ/3.d_m = \\frac{\\langle \\theta, \\psi_m \\rangle}{\\|\\psi_m\\|^2} = \\frac{\\int_{-\\pi/3}^{\\pi/3} \\theta \\sin(k_m \\theta) d\\theta}{\\pi/3}.dm​=∥ψm​∥2⟨θ,ψm​⟩​=π/3∫−π/3π/3​θsin(km​θ)dθ​.
被积函数为偶函数，所以：
dm=6π∫0π/3θsin⁡(kmθ)dθ.d_m = \\frac{6}{\\pi} \\int_0^{\\pi/3} \\theta \\sin(k_m \\theta) d\\theta.dm​=π6​∫0π/3​θsin(km​θ)dθ.
计算积分（分部积分）：
∫0π/3θsin⁡(kmθ)dθ=[−θcos⁡(kmθ)km]0π/3+∫0π/3cos⁡(kmθ)kmdθ=−π3cos⁡(kmπ/3)km+1km2sin⁡(kmπ/3).\\int_0^{\\pi/3} \\theta \\sin(k_m \\theta) d\\theta = \\left[ -\\theta \\frac{\\cos(k_m \\theta)}{k_m} \\right]_0^{\\pi/3} + \\int_0^{\\pi/3} \\frac{\\cos(k_m \\theta)}{k_m} d\\theta = -\\frac{\\pi}{3} \\frac{\\cos(k_m \\pi/3)}{k_m} + \\frac{1}{k_m^2} \\sin(k_m \\pi/3).∫0π/3​θsin(km​θ)dθ=[−θkm​cos(km​θ)​]0π/3​+∫0π/3​km​cos(km​θ)​dθ=−3π​km​cos(km​π/3)​+km2​1​sin(km​π/3).
代入 kmπ/3=(2m+1)π2 k_m \\pi/3 = \\frac{(2m+1)\\pi}{2} km​π/3=2(2m+1)π​：
cos⁡((2m+1)π2)=0,sin⁡((2m+1)π2)=(−1)m,\\cos\\left( \\frac{(2m+1)\\pi}{2} \\right) = 0, \\quad \\sin\\left( \\frac{(2m+1)\\pi}{2} \\right) = (-1)^m,cos(2(2m+1)π​)=0,sin(2(2m+1)π​)=(−1)m,
所以：
∫0π/3θsin⁡(kmθ)dθ=(−1)mkm2.\\int_0^{\\pi/3} \\theta \\sin(k_m \\theta) d\\theta = \\frac{(-1)^m}{k_m^2}.∫0π/3​θsin(km​θ)dθ=km2​(−1)m​.
因此：
dm=6π⋅(−1)mkm2=6π⋅(−1)m(3(2m+1)2)2=6π⋅4(−1)m9(2m+1)2=249π(−1)m(2m+1)2=83π(−1)m(2m+1)2.d_m = \\frac{6}{\\pi} \\cdot \\frac{(-1)^m}{k_m^2} = \\frac{6}{\\pi} \\cdot \\frac{(-1)^m}{\\left( \\frac{3(2m+1)}{2} \\right)^2} = \\frac{6}{\\pi} \\cdot \\frac{4 (-1)^m}{9 (2m+1)^2} = \\frac{24}{9\\pi} \\frac{(-1)^m}{(2m+1)^2} = \\frac{8}{3\\pi} \\frac{(-1)^m}{(2m+1)^2}.dm​=π6​⋅km2​(−1)m​=π6​⋅(23(2m+1)​)2(−1)m​=π6​⋅9(2m+1)24(−1)m​=9π24​(2m+1)2(−1)m​=3π8​(2m+1)2(−1)m​.
解得 bm b_m bm​：
bm=dm33(2m+1)2=83π(−1)m(2m+1)2⋅3−3(2m+1)2.b_m = \\frac{d_m}{3^{\\frac{3(2m+1)}{2}}} = \\frac{8}{3\\pi} \\frac{(-1)^m}{(2m+1)^2} \\cdot 3^{-\\frac{3(2m+1)}{2}}.bm​=323(2m+1)​dm​​=3π8​(2m+1)2(−1)m​⋅3−23(2m+1)​.
代入通解：
u(r,θ)=∑m=0∞83π(−1)m(2m+1)2(r3)3(2m+1)2sin⁡(3(2m+1)2θ).u(r, \\theta) = \\sum_{m=0}^{\\infty} \\frac{8}{3\\pi} \\frac{(-1)^m}{(2m+1)^2} \\left( \\frac{r}{3} \\right)^{\\frac{3(2m+1)}{2}} \\sin\\left( \\frac{3(2m+1)}{2} \\theta \\right).u(r,θ)=m=0∑∞​3π8​(2m+1)2(−1)m​(3r​)23(2m+1)​sin(23(2m+1)​θ).
简化表达式：
u(r,θ)=83π∑m=0∞(−1)m(2m+1)2(r3)3(2m+1)2sin⁡(3(2m+1)2θ).u(r, \\theta) = \\frac{8}{3\\pi} \\sum_{m=0}^{\\infty} \\frac{(-1)^m}{(2m+1)^2} \\left( \\frac{r}{3} \\right)^{\\frac{3(2m+1)}{2}} \\sin\\left( \\frac{3(2m+1)}{2} \\theta \\right).u(r,θ)=3π8​m=0∑∞​(2m+1)2(−1)m​(3r​)23(2m+1)​sin(23(2m+1)​θ).
或等价地：
u(r,θ)=83π∑m=0∞(−1)m(2m+1)2r3(2m+1)23−3(2m+1)2sin⁡(3(2m+1)2θ).u(r, \\theta) = \\frac{8}{3\\pi} \\sum_{m=0}^{\\infty} \\frac{(-1)^m}{(2m+1)^2} r^{\\frac{3(2m+1)}{2}} 3^{-\\frac{3(2m+1)}{2}} \\sin\\left( \\frac{3(2m+1)}{2} \\theta \\right).u(r,θ)=3π8​m=0∑∞​(2m+1)2(−1)m​r23(2m+1)​3−23(2m+1)​sin(23(2m+1)​θ).

最终解

解为以下傅里叶级数形式：
u(r,θ)=83π∑m=0∞(−1)m(2m+1)2(r3)3(2m+1)2sin⁡(3(2m+1)2θ)\\boxed{u(r, \\theta) = \\dfrac{8}{3\\pi} \\sum_{m=0}^{\\infty} \\dfrac{(-1)^m}{(2m+1)^2} \\left( \\dfrac{r}{3} \\right)^{\\frac{3(2m+1)}{2}} \\sin\\left( \\dfrac{3(2m+1)}{2} \\theta \\right)}u(r,θ)=3π8​m=0∑∞​(2m+1)2(−1)m​(3r​)23(2m+1)​sin(23(2m+1)​θ)​
此级数在区域 $$r<3$$，$$|\theta |<\pi /3$$ 内收敛，并满足给定的边界条件。