Síntesis de problemas con simetría esférica.

Síntesis de problemas con simetría
esférica.
1.
Ondas esféricas.
Supongamos que tenemos la ecuación de ondas en d = 3
utt = c2 ∆u
(1)
y vamos a buscar soluciones que espacialmente, solo dependen de la variable radial
u = u(r, t). Sustituyendo en la ecuación tendremos:
2 1 d
2 du
utt = c 2
r
(2)
r dr
dr
Notese que al no haber dependencia en las variables angulares, solo sobrevive la
parte radial del Laplaciano. Desarrollando la parte radial llegamos a:
2
2
utt = c
ur + urr
(3)
r
Está claro que esta ecuación no admite soluciones tipo ondas viajera u(r ± ct) propagandose en la direccion radial. Para ello la ecuación deberia tener la forma utt = c2 urr .
2
Pero tiene un término adicional 2cr ur .
Sin embargo, podemos considerar soluciones que se propaguen esencialmente como
.
una onda viajera en la direccion radial, es decir que tengan la forma u(r, t) = v(r±ct)
f (r)
Como la función v tiene la forma de una onda viajera, tiene necesariamente que
satisfacer la ecuación:
vtt = c2 vrr
(4)
Para ver si esta descomposición es posible y conocer la forma funcional de f (r)
vamos a sustituir la relacion v(r, t) = u(r, t)f (r) en la ecuación (4) y comparemos con
(3) que es la ecuacion que debe, en cualquier caso, satisfacer u(r) :
f (r)utt = c2 (f (r)u)rr = c2 (f ′′ (r)u + 2f ′ (r)ur + f (r)urr )
dividiendo por f (r) en ambos miembros.
′′
f (r)
f ′(r)
2
utt = c
u+2
ur + urr
f (r)
f (r)
(5)
(6)
y ahora comparando con (3) podemos establecer la forma funcional de f (r). Las
condiciones que debe cumplir f (r) son
1
f ′′ (r) = 0
f (r)
f ′ (r) =
r
(7)
(8)
de donde se deduce que f (r) debe ser una función lineal en r. Agrupando cualquier
constante en las funciones v podemos escribir
u(r, t) =
1
[v+ (r − ct) + v− (x + ct)]
r
(9)
El factor 1r se puede entender de forma sencilla en términos energéticos. Supongamos que S es la esfera de radio ρ La energia de la onda es proporcial u2 y se debe
distribuir homogeneamente en la esfera de radio ρ. Para ello la amplitud u debe decaer
como 1ρ
u2 4πρ2 =
2.
1
[v+ (ρ − ct) + v− (ρ + ct)]2 4πρ2
2
ρ
(10)
Ecuación de Helmholtz.
En esta sección realizaremos una síntesis de diversos conocimientos adquiridos
durante el curso. Para ello tomaremos como ejemplo la ecuación de Helmholtz no
homogenea:
∆u(~r) − α2 u(~r) = f (~r)
(11)
donde α es una constante y f (~r) el término inhomogeneo definido en todo el
espacio.
1. Para familiarizarnos con este operador, empecemos suponiendo un término inhomogeneo armónico f (~r) = f0 exp(i~k~r) y por consiguiente una solucion que es
también armónica u(~r) = u0 exp(i~k~r) . Sustituimos en la ecuación:
(k 2 + α2 )u0 exp(i~k~r) = −f0 exp(i~k~r)
(12)
cancelando las exponenciales en ambos miembros:
(k 2 + α2 )u0 = −f0
(13)
Hemos reducido la EDP a una ecuación algebraica por lo que
u(~r) = −
f0
exp(i~k~r).
k 2 + α2
2
(14)
2. Este proceso es enteramente analogo al que desarrollamos para las EDO’s y
recuerda al concepto de función respuesta. En el bloque I aprendimos que la
razón fundamental por la que se podía reducir la complejidad de la ecuación
cuando nos restringiamos a trabajar con funciones armónicas era que estas son
autofunciones del operador lineal de Helmholtz:
∆u0 exp(i~k~r) − α2 u0 exp(i~k~r) = −(k 2 + α2 )u0 exp(i~k~r)
(15)
3. Este operador es autoadjunto, pues es suma del Laplaciano y el operador que
multiplica por una constante, que son ambos autoadjuntos.
4. Por consiguiente estas exponenciales complejas forman una base ortogonal de
autofunciones de las funciones escalares. Esto implica que la solución y el termino
inhomogeneo de la ecuación de Helmholtz puede expandirse en esa base.
5. En concreto la expansión toma la forma de la transformada inversa de Fourier.
Z
1
~
u(~r) = √
d3~kũ(~k)eikr
2π Z
1
~
f (~r) = √
d3~k f˜(~k)eikr
2π
3.
(16)
(17)
Función de Green.
Buscamos ahora una relación del tipo:
Z
u(~r) = d3 r~′ G(~r, r~′ )f (r~′ )
(18)
Podemos entender esta relación como un operador integral que invierte la ecuación
de Helmholtz. Generalizando el concepto de Función de Green que aprendimos en el
Bloque I, podemos considerar G(~r, r~′) como una función de Green para una EDP.
Repasemos algunas propiedades de la función de Green:
1. La relación es lineal. Esta propiedad se deduce directamente de la linealidad de
la integral.
2. Si conocieramos la función de Green G(~r, r~′) para la ecuación de Helmholtz
entonces podriamos calcular la solución u(~r) para un término inhomogeneo arbitrario.
3. Si sustituimos el término inhomeogeneo una delta de Dirac f (r~′ ) = δ(r~′ − r~0 )
obtenemos
Z
u(~r) = d3 r~′ G(~r, r~′)δ(r~′ − r~0 ) = G(~r, r~0 )
(19)
3
Luego la función de Green, es la solución a un término homogéneo tipo delta de
Dirac.
Para calcular G vamos a utilizar las transformadas de Fourier inversas de u y f.
Z
1
~
u(~r) = √
d3~kũ(~k)eikr
2π Z
1
~
d3~k f˜(~k)eikr
f (~r) = √
2π
(20)
(21)
La ecuacion de Helmholtz en espacio recíproco es:
(k 2 + α2 )u(~k) = −f (~k)
(22)
despejamos u(~k) y sustituimos en la transformada
3 Z
1
−f (~k) i~kr
u(~r) =
d3~k 2
e
2π
k + α2
(23)
ahora tomamos la transformada inversa de f (~k)
u(~r) =
Z
3 ~′
d r f (~r)
1
2π
3 Z
~
~′
−eik(~r−r )
dk 2
k + α2
3~
(24)
Es decir identificando esta expresión con (18) tenemos
1
G(~r, r~′ ) = −
2π
3 Z
~
d3~k
~′
eik(~r−r )
k 2 + α2
(25)
~ = (~r − r~′ ) es un vector constante en lo que se refiere a hacer
Notese que R
esta integral en k así que vamos a tomar ese vector como referencia para definir
coordenadas esféricas en espacio recíproco. De este modo
d3~k = k 2 sin θdkdθdφ
(26)
y el factor de fase:
~
~′
dφ
Z
eik(~r−r ) = eikr cos θ
(27)
Por tanto
G(~r, r~′ ) = −
1
2π
3 Z
2π
0
0
π
Z
∞
0
dkdθ
k2
sin θeikR cos θ =
k 2 + α2
(28)
La integral en φ es independiente del resto.Para la integral en θ hacemos el cambio
de variable s = cos θ ds = − sin θdθ. Teniendo en cuenta el cambio en los límites en
4
la integral tenemos:
2 Z ∞
2 Z ∞
Z 1
1
k2
k 2 eikR − e−ikR
1
ikRs
′
~
dk
dk(29)
=
dse
=
G(~r, r ) =
2π
k 2 + α2
2π
k 2 + α2
ikR
0
0
−1
2
Z ∞
1
1
k
=
eikR dk
(30)
2
2π
iR −∞ k + α2
La integral se puede hacer por el método de los residuos.
Z ∞
k
eikR dk = 2πiRes(iα)
2
2
−∞ k + α
(31)
Desarrolemosla en detalle. El denominador contiene los polos k = ±iα luego el
integrando se puede escribir de la forma
I
keikR dk
(32)
C (k + iα)(k − iα)
El contorno de integracion se descompone en la recta real y una semicircunferencia
de radio infinito por el semiplano superior
Z k=∞ Z
I
(33)
=
+
C
k=−∞
x
El contorno de integración solo encierra al polo k = iα de modo que el residuo
Res(k) =
k(k − iα)eikR
(k + iα)(k − iα)
(34)
Res(iα) =
e−αR
iαeiiαR
=
(iα + iα)
2
(35)
en k = iα es:
Finalmente, sustituyendo R = |~r − r~′ | podemos escribir:
G(~r, r~′) =
1
4πR
~′
−αR
e
e−α|~r−r |
=
4π|~r − r~′ |
(36)
A continuación varios comentarios a la solución:
1. Tomando el límite α → 0 obtenemos
G(~r, r~′ ) =
1
4π|~r − r~′ |
que es la función de Green para la ecuación de Laplace.
5
(37)
2. Este último resultado es consistente con la solución de un problema clásico del
Electromagnetismo: el potencial creado en ~r por una carga puntual situada en
r~′ :
q
(38)
∆u(~r) = − δ(~r − r~′ )
ε0
En aquel contexto este problema se resolvía utilizando el Teorema de Gauss. El
resultado era:
u(~r) = −
q
(39)
4πε0 |~r − r~′ |
3. Si consideramos un término inhomogeneo armónico y aplicamos el método de la
Función de Green:
u(~r) =
Z
~′
e−α|~r−r |
f0
~ ~′
dr
f0 eikr = u(~r) = − 2
exp(i~k~r).
′
k + α2
4π|~r − r~ |
3 ~′
(40)
4. Del resultado anterior se concluye que v(~r) = exp(i~k~r) son autofunciones del
1
operador integral y que λ = k2 +α
2 son los autovalores. Como era de esperar
son las mismas autofunciones y los inversos de los autovalores de la ecuación
de Helmholtz. Esto confirma que el operador integral es el inverso del operador
diferencial que genera la ecuación de Helmholtz.
4.
Ecuación de Poisson para un término inhomogeneo con simetría esférica.
Supongamos que tenemos la ecuación de Poisson en esféricas con un término inhomogeneo que solo depende de la variable radial r. Consideremos además que el
término inhomogeneo depende de una escala de longitud l.
r ∆u = f
(41)
l
escribimos la ecuacione en esféricas y buscamos soluciones que dependan solo de r
r
2
ur + urr = f ( )
r
l
hacemos el cambio de la variable independiente x =
(42)
r
l
2
ux + uxx = l2 f (x)
x
También hacemos el cambio de variable u(x) =
v(x)
x
2
2
2
2
vxx
− 2 vx + 3 v + 2 vx − 3 v = l2 f (x)
x
x
x
x
x
6
(43)
(44)
vxx = xl2 f (x)
Ejercicios
1. f (r) = C r < R0
2
− r2
1
3 3 e 2σ
2π σ
2. f (r) =
√
3. f (r) =
1
δ(r)
4πr 2
7
(45)