Autor Tema: Problema de Dirichlet

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24 Mayo, 2020, 11:37 am
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gtilef

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Hola, dejo el siguiente problema. Sé que tengo que utilizar la fórmula de Poisson, si me pueden ayudar a resolverlo:
Sea \( f:\partial D(0,1)\rightarrow \mathbb{R} \) una función continua tal que \( f(z)+f(\overline{z})=0 \) para todo \( z\in \partial D(0,1) \). Probar que si u es la solución del problema de Dirichlet en \( D(0,1) \) con valores en la frontera de \( f \), entonces \( u(x)=0 \) para cada \( x\in[-1,1] \).

Saludos.

26 Mayo, 2020, 03:46 pm
Respuesta #1

alexpglez

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Verifica (con la fórmula de Poisson o calculando el laplaciano) que \( u(\bar z) \) es solución del problema de Dirichlet con dato en la frontera \( f(\bar z) \). Y así \( u(z)+u(\bar z) \) es solución con dato en la frontera \( f(z)+f(\bar z)=0 \). Por unicidad del problema de Dirichlet:
$$ u(z)+u(\bar z)=0$$

De donde sale que \( u(x)=0 \), \( x\in [-1,1] \)

26 Mayo, 2020, 05:41 pm
Respuesta #2

gtilef

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Muchas gracias. ¿Puede aclarar un poco más?

26 Mayo, 2020, 06:05 pm
Respuesta #3

alexpglez

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Define \( v(x,y)=u(x,-y) \). Entonces:
$$ \Delta v(x,y)=(\Delta u)(x,-y)=0, \;\;\; (x,y)\in D:=D(0,1) $$
$$ v(x,y)|_{\partial D}=u(x,-y)|_{\partial D}=f(x,-y), \;\;\; (x,y) \in \partial D$$

Define ahora \(  F(x,y)=u(x,y)+v(x,y)  \). Derivando otra vez, \( F \) es solución:
$$ \Delta F(x,y)=0, \;\;\; (x,y)\in D$$
$$ F(x,y)|_{\partial D}=f(x,y)+f(x,-y)=0, \;\;\; (x,y) \in \partial D$$

La solución constante \( 0 \) es solución a este problema, y por unicidad:
$$ 0=F(x,y)=u(x,y)+u(x,-y) $$
Tomando \( y=0 \) obtenemos que:
$$ u(x,0)=0 $$

26 Mayo, 2020, 06:23 pm
Respuesta #4

gtilef

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Entonces con esta resolución no hace falta usar la fórmula de Poisson. Muchas gracias.

26 Mayo, 2020, 06:34 pm
Respuesta #5

alexpglez

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Si lo quieres hacer por la fórmula de representación de Poisson puedes proceder del siguiente modo:
$$ u(r,\theta)=\int_0^1f(s)P_r(\theta-s) ds$$
Utilizando que el núcleo es par y cambiando variables:
$$ u(r,-\theta)=\int_0^1f(s)P_r(-\theta-s) ds=\int_0^1f(s)P_r(\theta+s) ds=\int_0^1f(-s)P_r(\theta-s) ds$$

$$ u(r,\theta)+u(r,-\theta)=\int_0^1\{f(s)+f(-s)\}P_r(\theta-s) ds=0$$

Pues en coordenadas angulares \( f(s)+f(-s)=0 \).

Personalmente me gusta menos. Pues hay que analizar qué parte de la fórmula de Poisson se utiliza. Por otro lado, que \( P_r \) sea par, es debido a la simetría del problema \( (x,y) \mapsto (x,-y) \), que sólo afecta al dato inicial \( f(x,y) \mapsto f(x,-y) \).

26 Mayo, 2020, 09:40 pm
Respuesta #6

gtilef

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El paso \( \int_{0}^{1}f(s)P_r(\theta+s)ds=\int_{0}^{1}f(-s)P_r(\theta-s)ds \) no lo entiendo.

27 Mayo, 2020, 01:54 am
Respuesta #7

alexpglez

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El paso \( \int_{0}^{1}f(s)P_r(\theta+s)ds=\int_{0}^{1}f(-s)P_r(\theta-s)ds \) no lo entiendo.
Es el cambio de variable en la integral \( s'= -s+1 \) aunque es un poco sutil:
$$ \int_{0}^{1}f(s)P_r(\theta+s)ds=\int_{0}^{1}f(-s'+1)P_r(\theta-s'+1)ds'= \int_{0}^{1}f(-s')P_r(\theta-s')ds'$$

Pues tanto \( f(s) \) como \( P_r(s) \) son \( 1 \)-periódicas.

Nota:
He tomado las coordenadas de la forma:
$$ x=r\cos(2\pi s) $$
$$ y=r\sin(2\pi s) $$
Así, las funciones \( P_r \), \( f \) son de periodo \( 1 \) y no \( 2 \pi \).