第十八讲分离变量法(四)正交曲面坐标系 平面极坐标系和柱坐标系下的 Lapalce算符 平面极坐标(,)和直角坐标(x,y)的关系是 = COS: =r sino. 由此容易求出 dr= cos odx+ sin ody, do sineda+dy coso T 即 Or sino cos o. 0 ax coso =sin o, dy ay 按照复合函数的求导法则, 00r00 a sing a ar axar ardo =cos ar r ao' y dy dysino coso 00r000 a ar r ad 进一步就能得到 2 a sing a a sing a az2cosor cos oar-r ao =cos2 2 sino coso 2sin2o a2sin2a 2 sino cosoa rardo + do r2 a2 a coso a y2=(sin+ a coso a r sinc a22sino coso a2 cos2o a2 cos2a 2sino coso a =sino+ r2 0r ad2 r ar 最后就得到平面极坐标系下的 Laplace算符 210102 2=2+r+r202 0.12 + r22 在此基础上,还可以得到柱坐标系下的 Laplace算符 82181822 ar2+ar+2062+2 18102 02 rr(a)+202+2
Wu Chong-shi ✁✂✄ ☎✆✝✞✟ (✠) ✡☛ ☞✌✍✎✏ ✑✒✓✔✕✖✗✘✔✕✖✙✚ Lapalce ✛✜ ✢✣✤✥✦ (r, φ) ✧★✩✥✦ (x, y) ✪✫✬✭ x = r cos φ, y = r sin φ. ✮✯✰✱✲✳ dr = cos φ dx + sin φ dy, dφ = − sin φ r dx + cos φ r dy, ✴ ∂r ∂x = cos φ, ∂φ ∂x = − sin φ r , ∂r ∂y = sin φ, ∂φ ∂y = cos φ r . ✵✶✷✸✹✺✪ ✲✻✼✽✾ ∂ ∂x = ∂r ∂x ∂ ∂r + ∂φ ∂x ∂ ∂φ = cos φ ∂ ∂r − sin φ r ∂ ∂φ, ∂ ∂y = ∂r ∂y ∂ ∂r + ∂φ ∂y ∂ ∂φ = sin φ ∂ ∂r + cos φ r ∂ ∂φ. ✿❀❁❂❃❄❅ ∂ 2 ∂x2 = cos φ ∂ ∂r − sin φ r ∂ ∂φ cos φ ∂ ∂r − sin φ r ∂ ∂φ = cos2φ ∂ 2 ∂r2 − 2 sin φ cos φ r ∂ 2 ∂r∂φ + sin2φ r 2 ∂ 2 ∂φ2 + sin2 φ r ∂ ∂r + 2 sin φ cos φ r 2 ∂ ∂φ, ∂ 2 ∂y2 = sin φ ∂ ∂r + cos φ r ∂ ∂φ sin φ ∂ ∂r + cos φ r ∂ ∂φ = sin2φ ∂ 2 ∂r2 + 2 sin φ cos φ r ∂ 2 ∂r∂φ + cos2φ r 2 ∂ 2 ∂φ2 + cos2 φ r ∂ ∂r − 2 sin φ cos φ r 2 ∂ ∂φ. ❆❇❂❄❅✢✣✤✥✦✬❈✪ Laplace ❉❊ ∇2 ≡ ∂ 2 ∂r2 + 1 r ∂ ∂r + 1 r 2 ∂ 2 ∂φ2 ≡ 1 r ∂ ∂r r ∂ ∂r + 1 r 2 ∂ 2 ∂φ2 . ❋✯●❍■✾❏❑▲❄❅▼✥✦✬❈✪ Laplace ❉❊ ∇ 2 ≡ ∂ 2 ∂r2 + 1 r ∂ ∂r + 1 r 2 ∂ 2 ∂φ2 + ∂ 2 ∂z2 ≡ 1 r ∂ ∂r r ∂ ∂r + 1 r 2 ∂ 2 ∂φ2 + ∂ 2 ∂z2
§18.球坐标系下的 Lapalce算符 球坐标系下的 Lapalce算符 球坐标(r,,0)和直角坐标(x,y,2)的关系是 r=r sin 6 coso, y=r sin 6 sin o, 2=r cos 6 由此可以解出 dr sin 6 cos o dr sin 6 sin o dy+ cos 0 dz cos 6 cos o cos 0 sin o dr+ sIno r sIn 因此 a dr d 00 0 do a A coso d dr 0r Or dr 00 0r do snt cos o a dr a a0 a do a a cos 6 sino a dy dy dr dy ae dy do B2=a2a+a26 cos ar 在此基础上就可以求出 a- cos 8 co a cos 0 coso d sing d = sin 8 cos o sin e cos r sin e 00 r sin 6 do 2o 2 02 cos0 cos2o a2 sin2o 02 2 sin cos 0 coso a2 2 sin o cos o a- 2 cos 0 cos2 cos2o+sing a sin e ado 2 sin20 cos 0 cos2o+ cos 0 sin26 a 2 sin o cos o 00 = sin 6 sin a cos 0 sin o a coso a a cos 0 sing a coso d sin g sin ra0 r sin 0 ao sin 6 do cos2o a2 2 sin 0 cos A sin2 a 2 sin o cos o d 2 cos 0 sin o cos o 0- cos0 sin oso d ard rising or sin20 cos 6 sin2o+ cos 0 cos26 a 2sin o cos o a rasin 6 r2sin-8 2=(c0s-580 cos H 0×、2sin6cos60sin20
Wu Chong-shi §18. ◆❖P◗❘❙ Lapalce ❚❯ ❱ 2 ❲ ❳✔✕✖✙✚ Lapalce ✛✜ ❨✥✦ (r, θ, φ) ✧★✩✥✦ (x, y, z) ✪✫✬✭ x = r sin θ cos φ, y = r sin θ sin φ, z = r cos θ. ✮✯❑▲❩✳ dr = sin θ cos φ dx + sin θ sin φ dy + cos θ dz, dθ = cos θ cos φ r dx + cos θ sin φ r dy − sin θ r dz, dφ = − sin φ r sin θ dx + cos φ r sin θ dy. ❬✯ ∂ ∂x = ∂r ∂x ∂ ∂r + ∂θ ∂x ∂ ∂θ + ∂φ ∂x ∂ ∂φ = sin θ cos φ ∂ ∂r + cos θ cos φ r ∂ ∂θ − sin φ r sin θ ∂ ∂φ, ∂ ∂y = ∂r ∂y ∂ ∂r + ∂θ ∂y ∂ ∂θ + ∂φ ∂y ∂ ∂φ = sin θ sin φ ∂ ∂r + cos θ sin φ r ∂ ∂θ + cos φ r sin θ ∂ ∂φ, ∂ ∂z = ∂r ∂z ∂ ∂r + ∂θ ∂z ∂ ∂θ = cos θ ∂ ∂r − sin θ r ∂ ∂θ . ❋✯●❍■❂❑▲✲✳ ∂ 2 ∂x2 = sin θ cos φ ∂ ∂r + cos θ cos φ r ∂ ∂θ − sin φ r sin θ ∂ ∂φ sin θ cos φ ∂ ∂r + cos θ cos φ r ∂ ∂θ − sin φ r sin θ ∂ ∂φ = sin2 θ cos2 φ ∂ 2 ∂r2 + cos2 θ cos2φ r 2 ∂ 2 ∂θ2 + sin2 φ r 2 sin2 θ ∂ 2 ∂φ2 + 2 sin θ cos θ cos2 φ r ∂ 2 ∂r∂θ − 2 sin φ cos φ r ∂ 2 ∂r∂φ − 2 cos θ sin φ cos φ r 2 sin θ ∂ 2 ∂θ∂φ + cos2 θ cos2 φ + sin2 φ r ∂ ∂r + −2 sin2 θ cos θ cos2 φ + cos θ sin2 φ r 2 sin θ ∂ ∂θ + 2 sin φ cos φ r 2 sin2 θ ∂ ∂φ, ∂ 2 ∂y2 = sin θ sin φ ∂ ∂r + cos θ sin φ r ∂ ∂θ + cos φ r sin θ ∂ ∂φ sin θ sin φ ∂ ∂r + cos θ sin φ r ∂ ∂θ + cos φ r sin θ ∂ ∂φ = sin2 θ sin2φ ∂ 2 ∂r2 + cos2 θ sin2φ r 2 ∂ 2 ∂θ2 + cos2 φ r 2 sin2 θ ∂ 2 ∂φ2 + 2 sin θ cos θ sin2 φ r ∂ 2 ∂r∂θ + 2 sin φ cos φ r ∂ 2 ∂r∂φ + 2 cos θ sin φ cos φ r 2 sin θ ∂ 2 ∂θ∂φ + cos2 θ sin2 φ + cos2 φ r ∂ ∂r + −2 sin2 θ cos θ sin2 φ + cos θ cos2 φ r 2 sin θ ∂ ∂θ − 2 sin φ cos φ r 2 sin2 θ ∂ ∂φ, ∂ 2 ∂z2 = cos θ ∂ ∂r − sin θ r ∂ ∂θ cos θ ∂ ∂r − sin θ r ∂ ∂θ = cos2 θ ∂ 2 ∂r2 + sin2 θ r 2 ∂ 2 ∂θ2 − 2 sin θ cos θ r ∂ 2 ∂r∂θ + 2 sin θ cos θ r 2 ∂ ∂θ + sin2 θ r ∂ ∂r
第十八讲分离变量法(四)正交曲面坐标系 第3页 最后就得到球坐标系下的 Laplace算符 a220102cos00 2+7+7+72smb2sim26a2 严(a)+=simb丽 sin d
Wu Chong-shi ❭❪❫❴ ❵❛❜❝❞ (❡) ❢❣ ❤✐ ❖P◗ ❱ 3 ❲ ❆❇❂❄❅❨✥✦✬❈✪ Laplace ❉❊ ∇ 2 ≡ ∂ 2 ∂r2 + 2 r ∂ ∂r + 1 r 2 ∂ 2 ∂θ2 + cos θ r 2 sin θ ∂ ∂θ + 1 r 2 sin2 θ ∂ 2 ∂φ2 ≡ 1 r 2 ∂ ∂r r 2 ∂ ∂r + 1 r 2 sin θ ∂ ∂θ sin θ ∂ ∂θ + 1 r 2 sin2 θ ∂ 2 ∂φ2
§18.1圆形区域 第4页 8.1圆形区域 圆形区域中的稳定问题.定解问题为 0,x2+y2 在直角坐标系下,方程(二维 Laplace方程)当然可以分离变量.但边界条件显然不能.由于边界的 形状是圆形,很自然地应该采用平面极坐标系 在平面极坐标系中,原来的定解问题应该可以写为 10/0 102a rG()+产=0,0<r<a usa =f(o) 令u(r,以)=R(r)(),代入方程,有 a=0.→xd rda r dr F()=1中2=入 2 因此,可以分离变量 d/dR\ AR=0, d d 但是边界条件 R(a)重p(a)=f() 仍然不能分离变量,因为边界条件是非齐次的.我们尽管能够将齐次方程分离变量,得到两个含有 待定参数的齐次常微分方程,但是并没有相应的齐次边界条件与之配合而构成一个本征值问题 在平面极坐标系下应用分离变量法,又遇到了新的特殊的困难! 上面出现的困难,完全是由于演绎中的疏漏造成的:在圆形区域的条件下,由平面直角坐标 系变换到平面极坐标系时,结果 10 1 a-u r Or 0,0<T<a r-a f() 并不完全等价于原来的定解问题;或者说,它并不构成一个完整的定解问题
Wu Chong-shi §18.1 ❥❦❧♠ ❱ 4 ❲ §18.1 ♥ ♦ ♣ q rst✉✈✇①②③④ ⑤⑥❩⑦⑧⑨ ∂ 2u ∂x2 + ∂ 2u ∂y2 = 0, x2 + y 2 < a2 , u x2+y 2=a2 = f. ❋ ★✩✥✦✬❈✾⑩❶ (❷❸ Laplace ⑩❶) ❹❺❑▲❻❼❽❾⑤❿➀➁➂➃➄❺➅❃⑤✮➆➀➁✪ ➇➈✭ ➉➇✾➊ ➋ ❺➌➍➎➏➐✢✣✤✥✦✬ ⑤ ❋✢✣✤✥✦✬ ➑✾➒➓✪ ⑥❩⑦⑧➍➎❑▲➔⑨ 1 r ∂ ∂r r ∂u ∂r + 1 r 2 ∂ 2u ∂φ2 = 0, 0 < r < a, u r=a = f(φ). → u(r, φ) = R(r)Φ(φ) ✾➣↔⑩❶✾↕ 1 r d dr r dR dr Φ + R r 2 d 2Φ dφ2 = 0, =⇒ r R d dr r dR dr = − 1 Φ d 2Φ dφ2 = λ. ❬✯✾❑▲❻❼❽❾✾ r d dr r dR dr − λR = 0, d 2Φ dφ2 + λΦ = 0. ❿ ✭ ➀➁➂➃ R(a)Φ(φ) = f(φ) ➙ ❺➅❃❻❼❽❾✾❬⑨➀➁➂➃✭➛➜➝✪⑤➞➟➠➡❃➢➤➜➝⑩❶❻❼❽❾✾❄❅➥➦➧↕ ➨⑥➩✺ ✪➜➝➫➭❻⑩❶✾❿✭➯➲↕➳➍✪➜➝➀➁➂➃➵➸➺✸➻➼➽❀➦➾➚➪⑦⑧⑤ ➶➹➘➴➷➬➮➱✃❐❒❮❰ÏÐ✾ÑÒÓÔÕ✇Ö×✇ØÙ Ú ■✣✳Û✪ÜÝ✾Þß✭ ✮➆àá ➑✪âãä➽ ✪å❋ ➉ ➇æç✪ ➂➃❈ ✾✮✢✣★✩✥✦ ✬ ❽è❅✢✣✤✥✦✬é✾êë 1 r ∂ ∂r r ∂u ∂r + 1 r 2 ∂ 2u ∂φ2 = 0, 0 < r < a, u r=a = f(φ). ➯➅Þßìí➆➒➓✪ ⑥❩⑦⑧îïðñ✾ò➯➅➼➽❀➦Þó✪ ⑥❩⑦⑧⑤
第十八讲分离变量法(四)正交曲面坐标系 第5页 ★第一,在数学上,原来定解问题的微分方程在圆内处处成立;然而变换到平面极坐标后,方 程在区间的端点φ=0和φ=2π并不成立.严格说,在平面极坐标中,自变量φ的变化范围 是[0,2可,因为u(r,)在端点φ=0和φ=2处的偏导数没有定义,充其量最多也只能定义 u(r,o)在两个端点处的单侧偏导数 这两个端点纯粹是由于采用平面极坐标系描写圆形而出现的,并非真正的几何边界,在原始的 定解问题中,就谈不上要指定相应的边界条件这样就导致在上面的结果中也没有给出u(r,) 在φ=0和φ=2π处所应当满足的边界条件 考虑到平面极坐标系的特点,(r,=0)和(r,=2x)代表的是平面上的同一点,所以,作为 完整的定解问题,应当补充上周期条件 这样,上面提到的由于把 Laplace方程从直角坐标系转换到极坐标系时而发生的损失,可以通 过周期条件而得到补偿 ★第二,原来的方程在坐标原点(x,y)=(0,0)也是成立的、但是,变换到平面极坐标后,方程在 r=0点并不成立.因为u(r,)在r=0点的偏导数也并没有定义,充其量也只能定义u(r,) 在r=0点的单侧偏导数 r=0点作为自变量r的端点,也纯粹是由采用极坐标系而出现的,它并不是圆形区域的几何 边界.这样也还需要补充上u(r,)在r=0点所应当满足的边界条件 考虑到原来的方程是齐次的,在圆内(包括坐标原点)是无源的,因此,u(r,在坐标原点应 当是有界的,应当要补充上有界条件 u(r,d)=0有界 总结:在转换到平面极坐标系后,定解问题就应该变为 0<<2n,0<r<a, 0<T<a, du(r, o) au(r, o) 0|=2x 0<T<a, u(r,)=0有界 0<<2n 0<<2
Wu Chong-shi ❭❪❫❴ ❵❛❜❝❞ (❡) ❢❣ ❤✐ ❖P◗ ❱ 5 ❲ F ô ❀✾❋✺õ■✾➒➓⑥❩⑦⑧✪➭❻⑩❶❋ ➉ö÷÷➽øî ❺ ➻❽è❅✢✣✤✥✦❇✾⑩ ❶❋æù✪úû φ = 0 ✧ φ = 2π ➯➅➽ø⑤üýñ✾❋✢✣✤✥✦ ➑ ✾ ➋❽❾ φ ✪ ❽þÿ ✭ [0, 2π] ✾❬⑨ u(r, φ) ❋ úû φ = 0 ✧ φ = 2π ÷✪✁ ✻✺ ➲ ↕⑥✂✾✄☎❾❆✆✝✞❃⑥✂ u(r, φ) ❋➥➦úû÷✪✟✠✁✻✺⑤ ✡➥➦úû☛☞✭ ✮➆ ➏➐✢✣✤✥✦✬✌ ➔ ➉ ➇➻✳Û✪ ✾ ➯➛✍✎✪✏✑➀➁✾❋➒✒ ✪ ⑥❩⑦⑧ ➑ ✾❂✓ ➅ ■✔✕⑥➳ ➍✪➀➁➂➃⑤✡✖❂✻✗❋■✣ ✪ êë ➑ ✝ ➲ ↕✘✳ u(r, φ) ❋ φ = 0 ✧ φ = 2π ÷✙➍❹✚✛✪ ➀➁➂➃⑤ ✜✢❅✢✣✤✥✦✬✪✣û ✾ (r, φ = 0) ✧ (r, φ = 2π) ➣✤ ✪✭✢✣■ ✪✥ ❀ û ✾ ✙ ▲✾✦⑨ Þó✪ ⑥❩⑦⑧✾➍❹✧ ✄■★✩➂➃ u(r, φ) φ=0 = u(r, φ) φ=2π ✧ ∂u(r, φ) ∂φ φ=0 = ∂u(r, φ) ∂φ φ=2π . ✡✖✾■✣✪❅ ✪ ✮➆✫ Laplace ⑩❶✬ ★✩✥✦✬✭ è❅✤✥✦✬é➻✮✯✪✰✱✾❑▲✲ ✳★✩➂➃➻❄❅✧✴⑤ F ô❷✾➒➓✪ ⑩❶❋✥✦➒ û (x, y) = (0, 0) ✝ ✭ ➽ø✪ ⑤❿ ✭ ✾❽è❅✢✣✤✥✦❇✾⑩❶❋ r = 0 û➯➅➽ø⑤❬⑨ u(r, φ) ❋ r = 0 û✪✁ ✻✺✝ ➯➲↕⑥✂✾✄☎❾✝✞❃⑥✂ u(r, φ) ❋ r = 0 û✪✟✠✁✻✺⑤ r = 0 û ✦⑨ ➋❽❾ r ✪úû✾✝ ☛☞✭ ✮ ➏➐✤✥✦✬ ➻✳Û✪ ✾ò ➯➅✭ ➉➇æç✪✏✑ ➀➁⑤✡✖✝❏✵✔✧ ✄■ u(r, φ) ❋ r = 0 û✙➍❹✚✛✪ ➀➁➂➃⑤ ✜✢❅➒➓✪ ⑩❶✭➜➝✪✾❋ ➉ö (✶✷✥✦➒ û) ✭✸✹✪ ✾❬✯✾ u(r, φ) ❋✥✦➒ û➍ ❹✭↕➁✪ ✾ ➍❹✔ ✧ ✄■↕➁➂➃ u(r, φ) r=0↕➁. ✺✻å ➶✼✽Ó➹➘➴➷➬➮✾✾②✿③④❀✃❁❰❂ 1 r ∂ ∂r r ∂u ∂r + 1 r 2 ∂ 2u ∂φ2 = 0, 0 < φ < 2π, 0 < r < a, u(r, φ) φ=0 = u(r, φ) φ=2π , 0 < r < a, ∂u(r, φ) ∂φ φ=0 = ∂u(r, φ) ∂φ φ=2π , 0 < r < a, u(r, φ) r=0 ↕➁, 0 < φ < 2π, u r=a = f(φ), 0 < φ < 2π