题07-圆环拉普拉斯

题七·圆环拉普拉斯（C 类模板）

抄题（内径 ${\rho }_1$、外径 ${\rho }_2$ 的圆环，${\rho }_1\le \rho \le {\rho }_2$，$0\le \theta <2\pi$）：

$\frac{1}{\rho }\frac{\partial }{\partial \rho }\left(\rho \frac{\partial u}{\partial \rho }\right)+\frac{1}{{\rho }^2}\frac{{\partial }^{2}u}{\partial {\theta }^2}=0,u{|}_{\rho ={\rho }_1}=\sin \theta ,u_{\rho }{|}_{\rho ={\rho }_2}=0.$

直接套 极坐标拉普拉斯 的圆环通解。

1. 只挑出需要的角向分量

圆环通解含 $\{1,\ln \rho \}$ 和各 $n$ 的 $\cos n\theta ,\sin n\theta$。 关键省力：边界只出现 $\sin \theta$（即 $n=1$ 的 sin 分量），其余角向分量的边界值全为 0 → 由正交性，所有 $n\ne 1$、所有 $\cos$ 项、以及 $n=0$ 常数项的系数都为 0。只剩

$u(\rho ,\theta )=(C\rho +\frac{D}{\rho })\sin \theta .$

（$n=1$ 的径向就是欧拉方程的 ${\rho }^{+1},{\rho }^{-1}$；圆环不含原点，两个都留。）

2. 两个 $\rho$ 边界定 $C,D$

内边界 $u{|}_{{\rho }_1}=\sin \theta$：

C\rho_1+\dfrac D{\rho_1}=1.\tag{i}

外边界 $u_{\rho }{|}_{{\rho }_2}=0$，而 $u_{\rho }=(C-D{\rho }^{-2})\sin \theta$：

C-\dfrac D{\rho_2^2}=0\ \Rightarrow\ C=\dfrac D{\rho_2^2}.\tag{ii}

代 (ii) 入 (i)：$\frac{D{\rho }_1}{{\rho }_2^2}+\frac{D}{{\rho }_1}=1\Rightarrow D\cdot \frac{{\rho }_1^2+{\rho }_2^2}{{\rho }_1{\rho }_2^2}=1$，于是

$D=\frac{{\rho }_1{\rho }_2^2}{{\rho }_1^2+{\rho }_2^2},C=\frac{{\rho }_1}{{\rho }_1^2+{\rho }_2^2}.$

3. 答案

$\boxed{u(\rho ,\theta )=\frac{{\rho }_1}{{\rho }_1^2+{\rho }_2^2}(\rho +\frac{{\rho }_2^2}{\rho })\sin \theta }$

题八不是同型：它的源项 $12{\rho }^2{\cos }^2\theta$ 在方程里（泊松方程，非齐次），不在边界上， 解法要补特解，见 题08-圆环泊松。题九是半圆盘（含原点）： 角向变成 $[0,\pi ]$ 上的 Dirichlet 本征值 $\sin n\theta$，径向只留 ${\rho }^n$（弃 ${\rho }^{-n}$ 保原点有界）。