题08-圆环泊松

题八·圆环泊松方程（不是拉普拉斯！）

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

$\frac{1}{\rho }\frac{\partial }{\partial \rho }\left(\rho \frac{\partial u}{\partial \rho }\right)+\frac{1}{{\rho }^2}\frac{{\partial }^{2}u}{\partial {\theta }^2}=12{\rho }^2{\cos }^2\theta ,u{|}_{\rho ={\rho }_1}=0,u_{\rho }{|}_{\rho ={\rho }_2}=0.$

教材标题写”拉普拉斯方程”是印错：右端 $12{\rho }^2{\cos }^2\theta \ne 0$，方程是 ${\nabla }^{2}u=f$， 即泊松方程。所以不能像 题07-圆环拉普拉斯 那样纯分离变数（分离变数只对齐次方程 ${\nabla }^{2}u=0$ 成立）。源项在方程里，不在边界上。

0. 解泊松方程的总思路

齐次边界 + 非齐次方程，按角向 Fourier 分量逐个击破：

1. 把源项按 $\cos n\theta ,\sin n\theta$ 展开，看它含哪些 $n$。
2. 解只含这些 $n$ 的分量（边界是 $\theta$ 无关的齐次条件，不会激发别的 $n$）。
3. 每个分量 $u=R_n(\rho )\cos n\theta$ 代入，径向得一个非齐次欧拉方程 $R_n^{\prime \prime }+\frac{1}{\rho }{R}_n^{\prime }-\frac{n^2}{{\rho }^2}{R}_n=f_n(\rho )$：齐次解查 极坐标拉普拉斯，再补一个特解。
4. 两个 $\rho$ 边界对每个 $n$ 各定一组系数。

1. 拆源项 → 只剩 $n=0,2$

$12{\rho }^2{\cos }^2\theta =12{\rho }^2\cdot \frac{1+\cos 2\theta }{2}=\underset{n=0}{\underbrace{6{\rho }^2}}+\underset{n=2}{\underbrace{6{\rho }^2\cos 2\theta }}.$

边界 $u{|}_{{\rho }_1}=0$、$u_{\rho }{|}_{{\rho }_2}=0$ 都不含 $\theta$，由正交性其余角向分量恒为 $0$。故设

$u(\rho ,\theta )=R_0(\rho )+R_2(\rho )\cos 2\theta .$

代入时用恒等式 ${\nabla }^2[R_n(\rho )\cos n\theta ]=(R_n^{\prime \prime }+\frac{1}{\rho }{R}_n^{\prime }-\frac{n^2}{{\rho }^2}{R}_n)\cos n\theta$， 两个分量分别配 $6{\rho }^2$ 和 $6{\rho }^2\cos 2\theta$。

2. $n=0$ 分量

$R_0^{\prime \prime }+\frac{1}{\rho }{R}_0^{\prime }=6{\rho }^2⟺(\rho R_0^{\prime }{)}^{\prime }=6{\rho }^3.$

直接两次积分：$\rho R_0^{\prime }=\frac{3}{2}{\rho }^4+a\Rightarrow R_0^{\prime }=\frac{3}{2}{\rho }^3+\frac{a}{\rho }\Rightarrow$

$R_0=\frac{3}{8}{\rho }^4+a\ln \rho +b.$

（特解 $\frac{3}{8}{\rho }^4$，齐次解 $a\ln \rho +b$，与 极坐标拉普拉斯 的 $n=0$ 解 $A_0+B_0\ln \rho$ 一致。）

• 外边界 $R_0^{\prime }({\rho }_2)=0$：$\frac{3}{2}{\rho }_2^3+\frac{a}{{\rho }_2}=0\Rightarrow a=-\frac{3}{2}{\rho }_2^4$。
• 内边界 $R_0({\rho }_1)=0$：$\frac{3}{8}{\rho }_1^4+a\ln {\rho }_1+b=0\Rightarrow b=-\frac{3}{8}{\rho }_1^4+\frac{3}{2}{\rho }_2^4\ln {\rho }_1$。

$\boxed{R_0(\rho )=\frac{3}{8}({\rho }^4-{\rho }_1^4)-\frac{3}{2}{\rho }_2^4\ln \frac{\rho }{{\rho }_1}}$

3. $n=2$ 分量

$R_2^{\prime \prime }+\frac{1}{\rho }{R}_2^{\prime }-\frac{4}{{\rho }^2}{R}_2=6{\rho }^2.$

齐次解：欧拉方程 ${\rho }^2{R}^{\prime \prime }+\rho R^{\prime }-4R=0$，试 $R={\rho }^s$ 得 $s^2-4=0\Rightarrow s=\pm 2$，即 $c{\rho }^2+d{\rho }^{-2}$。 特解：试 $R_2^p=\alpha {\rho }^4$，代入得 $12\alpha {\rho }^2+4\alpha {\rho }^2-4\alpha {\rho }^2=12\alpha {\rho }^2\stackrel{!}{=}6{\rho }^2\Rightarrow \alpha =\frac{1}{2}$。

$R_2(\rho )=\frac{1}{2}{\rho }^4+c{\rho }^2+\frac{d}{{\rho }^2},R_2^{\prime }=2{\rho }^3+2c\rho -\frac{2d}{{\rho }^3}.$

两边界给两个方程：

$R_2({\rho }_1)=0:\frac{1}{2}{\rho }_1^4+c{\rho }_1^2+d{\rho }_1^{-2}=0\stackrel{\times {\rho }_1^2}{\Rightarrow }d=-\frac{1}{2}{\rho }_1^6-c{\rho }_1^4,$ $R_2^{\prime }({\rho }_2)=0:2{\rho }_2^3+2c{\rho }_2-2d{\rho }_2^{-3}=0\stackrel{\times \frac{{\rho }_2^3}{2}}{\Rightarrow }d={\rho }_2^6+c{\rho }_2^4.$

两式消 $d$：${\rho }_2^6+c{\rho }_2^4=-\frac{1}{2}{\rho }_1^6-c{\rho }_1^4\Rightarrow c({\rho }_1^4+{\rho }_2^4)=-{\rho }_2^6-\frac{1}{2}{\rho }_1^6$，于是

d=\rho_2^6+c\rho_2^4=\dfrac{\rho_1^4\rho_2^4\,(2\rho_2^2-\rho_1^2)}{2(\rho_1^4+\rho_2^4)}.$$ ## 4. 答案 $$\boxed{\,u(\rho,\theta)=\underbrace{\dfrac38\big(\rho^4-\rho_1^4\big)-\dfrac32\rho_2^4\ln\dfrac{\rho}{\rho_1}}_{R_0} +\underbrace{\Big(\dfrac12\rho^4+c\rho^2+\dfrac d{\rho^2}\Big)}_{R_2}\cos2\theta\,}$$ $$c=-\dfrac{2\rho_2^6+\rho_1^6}{2(\rho_1^4+\rho_2^4)},\qquad d=\dfrac{\rho_1^4\rho_2^4\,(2\rho_2^2-\rho_1^2)}{2(\rho_1^4+\rho_2^4)}.$$ **和 [[题07-圆环拉普拉斯]] 的唯一区别**：那里径向方程齐次（解只有 $\rho^{\pm n}$）；这里方程带源 $6\rho^2$，每个 $n$ 多补一个特解（$n{=}0$ 补 $\frac38\rho^4$、$n{=}2$ 补 $\frac12\rho^4$），其余流程一模一样。