9.4 應用 (Applications)

調和函數的應用

考慮以下的二階偏微分方程：

\frac{\partial^2 \phi}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 \phi}{\partial y^2}=0\tag{9.4-1}

此方程在應用數學領域相當有，通常稱之為二變數的拉氏方程 (Laplace equation)，其中等號左側項，常以 $\Delta \phi$ 或 $\nabla^2 \phi$ 來代表，並稱為函數 $\phi$ 之拉子 (Laplacian) 。如此一來，式(9.5-1)也通常表為

\Delta \phi=\nabla^2\phi =0. \tag{9.4-2}

這種偏微分方程屬於所謂的橢圓形偏微分方程 (elliptic PDE) 一族。

於實際應用時，我們常須拉氏方程 $\nabla^2\phi=0$ 在 $xy$ -平面上某個區域 $D$ 之解，但往往由於 $D$ 之邊界形狀並不單純，使得求解相當困難。若是能夠找到特殊的解析映射 $w=f(z)=u(x,y)+ i v(x,y)$ ，將 $xy$ -平面映射到 $uv$ -平面，使得對映的值域 $\tilde{D}=f(D)$ 是具有一般外型邊界的區域，以及找到一個新的函數 $\Phi(u,v)=\Phi(u(x,y),v(x,y))=\phi(x,y)$ 在 $uv$ -平面區域 $\tilde{D}$ 上也滿足拉氏方程 $\nabla^2\Phi=0$ 。過程圖示如下：

Dirichlet 問題

設 $D$ 為平面上之區域，而 $g$ 為定義在 $D$ 之邊界 $C$ 上之函數，求解 $\phi(x,y)$ 滿足定義在 $D$ 上之拉氏方程以及在 $C$ 上之值等於函數 $g$ 在該點之值的問題，稱為 Dirichlet 問題；亦即

\triangle \phi(x,y)=0,~\forall (x,y)\in D, \\ \phi(x,y)=g(x,y),~\forall (x,y)\in C.

圖示如下：

範例9.4-1. 求解如下圖所示之 Dirichlet 問題，其中 $D$ 為定義在 $-1<x<1,~-\infty<y<\infty$ 之垂直長條，而 $x=1$ 與 $x=-1$ 為 $D$ 之邊界。

[解]
對應的方程式為
$\frac{\partial^2 \phi}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 \phi}{\partial y^2}=0,~-1<x<1,~-\infty<y<\infty, \\ \phi(-1,y)=k_0,~\phi(1,y)=k_1,~-\infty<y<\infty,$
其中 $k_0$ 與 $k_1$ 為給定常數。從邊界條件來看， $\phi(x,y)$ 只隨 $x$ 改變，因此可以假設 $\phi(x,y)=\phi(x)$ ，因此對應的微分方程式變為 $\triangle \phi=\frac{d^2\phi}{d x^2}=0$ ，解之得 $\phi(x)=a x+b$ 。代入邊界條件可得

$\begin{cases} \phi(-1)=-a+b=k_0,\\ \phi(1)=a+b=k_1, \end{cases} \implies a=\frac{k_1-k_0}2,~b=\frac{k_1+k_0}{2}.$
因此此問題的解為 $\phi(x,y)=k_0\frac{1-x}{2}+k_1\frac{1+x}{2}$ 。

從此例可用來解釋為計算在兩片無限長電位固定的導電板間之靜電勢能 (electrostatic potential) $\phi$ 的分布。由於 $\phi$ 為拉氏方程之解，因此 $\phi$ 為調和函數，因此對應的調和共軛函數 $\psi$ 的計算說明如下：因兩者均滿足 Cauchy-Rienmann 方程，即

\frac{\partial \psi}{\partial y}=\frac{\partial \phi}{\partial x}=\frac{k_1-k_0}{2},\quad \frac{\partial \psi}{\partial x}=-\frac{\partial \phi}{\partial y}=0,

所以 $\psi(x,y)=\frac{k_1-k_0}{2} y$ ，如此一來範例9.4-1所對應的複數勢能函數為

\Omega(x,y)=\phi(x,y)+ i\psi(x,y) =\frac{k_1-k_0}{2}z+\frac{k_1+k_0}{2}.

對應的等勢能圖為 $x=c_1$ 之垂直線 ( $\phi$ 之等高線)，而等電力現為水平線段 $y=c_2,~-1\le x\le 1$ ( $\psi$ 之等高線)，右圖說明兩者之關系，明顯地兩組等高線為正交。

範例9.4-2. 兩片導電板形成楔形，如右圖所示。求及間滿足拉氏方程之勢能函數 $\phi$ ，而邊界條件為 $\phi(r, \frac{\pi}{4})=30$ 而 $\phi(r,0)=0$ 。此外求複數勢能函數。

[解]
從邊界條件來看 $\phi(r,\theta)=\phi(r)$ ，因此拉氏方程變成 $\frac{d^2\phi}{d \theta^2}=0$ ，積分並代入邊界條件可得 $\phi(r,\theta)=\frac{120}{\pi}\theta$ 。
並由 Cauchy-Rienmann 方程可知
$\frac{\partial \psi}{r\partial \theta}=\frac{\partial \phi}{\partial r}=0,\quad \frac{\partial \psi}{\partial r}=-\frac{\partial \phi}{r\partial\theta}=-\frac{120}{r\pi},$
所以 $\psi(r,\theta)=-\frac{120}{\pi}\ln r$ ，因此複數勢能函數為
$\Omega(z) = \frac{120}{\pi}(\theta-i\ln r)=-\frac{120}{\pi}(\ln r+i\theta) = -\frac{120}{\pi}(\text{Log}~z).$

範例9.4-3. 兩個同心圓的導電圓柱之間的穩態溫度為 $\phi$ ，滿足圓柱拉氏方程，而邊界條件為 $\phi(a, \theta)=k_0$ 而 $\phi(b,\theta)=k_1$ 。此外求複數勢能函數。

[解]
從邊界條件來看， $\phi(r,\theta)=\phi(r)$ ，因此圓柱拉氏方程變成
$r^2\frac{d^2\phi}{d r^2}+r\frac{d\phi}{d r}=0$
此方程式也稱為 Cauchy-Euler方程，由於上述方程可以改寫成
$r\frac{d}{dr}\left(r\frac{d\phi}{dr}\right)=0$
積分並代入邊界條件，可得
$\phi= A \ln r+B,\quad A=\frac{k_1-k_0}{\ln b-\ln a},~B=\frac{k_0\ln b-k_1\ln a}{\ln b-\ln a}.$
對應的調和共軛為
$\frac{\partial \psi}{r\partial \theta}=\frac{\partial \phi}{\partial r}=\frac{A}{r},\quad \frac{\partial \psi}{\partial r}=-\frac{\partial \phi}{r\partial \theta}=0,$
因此 $\psi(r,\theta)=A\theta$ ，故複數勢能為
$\Omega(z) = A \ln r+B +i \theta = A~\text{Log}~ z+B, \quad A=\frac{k_1-k_0}{\ln b-\ln a},~B=\frac{k_0\ln b-k_1\ln a}{\ln b-\ln a}.$

流體流動問題

有關流體流動問題屬於流體動力學 (fluid dynamics, hydrodynamics) 或空氣動力學 (aerodynamics) 探討的一部分，於此討論2維流體的情形，以及經過保角變換後如何解流體流動問題。假設條件如下：

流體流動空間是2維，並表成複數平面，因此有時又稱為平面流動 (planar flow)。對於流體流經無窮長的圓柱型物體，當然可視為2維問題來處理。

考慮的是穩態流動，亦即流體速度只與位置 $(x,y)$ 有關，而與時間 $t$ 無關。

速度為速度位能 (velocity potential) 的梯度，即設 $\phi(x,y)=P(x,y)+i Q(x,y)$ 為速度位能，而複數速度 (complex velocity) 為 $V=V_x+i V_y$ ，則有
$V=\nabla\psi\implies V_x=\frac{\partial \phi}{\partial x},~V_y=\frac{\partial \phi}{\partial y}.$

若 $\phi$ 為 $\psi$ 之調和共軛，則稱 $f(z)=\phi(x,y)+ i \psi(x,y)$ 為複數勢能(complex potential)（注意：此函數為解析），即

\begin{split} V_x&=\frac{\partial\phi}{\partial x}=\frac{\partial \psi}{\partial y},\\ V_y&=\frac{\partial \phi}{\partial y}=-\frac{\partial \psi}{\partial x}. \end{split}\tag{9.5-3}

以及

\frac{d f}{dz}=\frac{\partial \phi}{\partial x}+i \frac{\partial \psi}{\partial x} =V_x -i V_y.

因此 $V=\overline{\frac{d f}{dz}}$ ，即流速等於 $｜V|=\left| \frac{df}{dz}\right|$ ，而讓 $\left| \frac{df}{dz}\right|=0$ 的點，稱為黏滯點(stagnation point)。

要計算流場內圍線 $\mathcal{C}$ 的旋量 (circulation) 與流通量 (flux) 則透過積分式來達成：

\oint_{\mathcal{C}}\frac{d f}{dz} dz= \oint_{\mathcal{C}} V_x dx+ V_y dy+i \oint_{\mathcal{C}} V_x dy-V_y dx =\oint_{\mathcal{C}} V_t dz+i\oint_{\mathcal{C}} V_n dz,

此積分式的實部與虛部所給出，其中 $V_t$ 表示沿著圍線 $\mathcal{C}$ 的切線速度以及 $V_n$ 表示沿著圍線 $\mathcal{C}$ 的正向速度。當旋量等於零，則稱此流動為無旋流 (irrotational field)，透過Green 定理 (定理6.4.1)可得

\oint_{\mathcal{C}} V_x dx+V_y dy =0 \implies \text{curl}~ V=\frac{\partial V_y}{\partial x}-\frac{\partial V_x}{\partial y}=0 \implies \frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2}+\frac{\partial \psi}{\partial y^2}=\nabla^2 \psi(x,y)=0.

又若流通量等於零，表示圍線 $\mathcal{C}$ 內的質量沒有變動，透過即質量滿足連續方程式：

\oint_{\mathcal{C}} V_x dy -V_y dx =0 \implies \text{div} V=\frac{\partial V_x}{\partial x}+\frac{\partial V_y}{\partial y}=0 \implies \frac{\partial^2 \phi}{\partial x^2}+\frac{\partial \phi}{\partial y^2}=\nabla^2 \phi(x,y)=0.

回到複數勢能 $f(z)=\phi(x,y)+ i \psi(x,y)$ ，此函數的實部與虛部都是調和函數(因為均滿足 Laplace 方程式)，其中 $\phi(x,y)$ 稱為速度位能 (velocity potential) ，對應的等高線 $\phi(x,y)=K_1$ 稱為等勢能曲線，而 $\psi(x,y)$ 稱為流線函數 (steam function) ，對應的等高線 $\psi(x,y)=K_2$ 稱為流線 (streamline)，其中 $K_1,~K_2\in\mathbb{R}$ 。

範例 9.4-4. 設速度向量為 $V(z)=\bar{z}=x-iy$ ，求對應平面流之流線。

[解]
從 (9.5-3)式可知
$\frac{\partial \psi}{\partial x}=y,\quad \frac{\partial \psi}{\partial y}=x\implies \psi(x,y)=x y + c.$
為簡化起見，取 $c=0$ ，因此流線為 $x y = K$ ，圖示如下：
圖中向量表示速度向量。注意：對應的複數勢能為 $f(z)=\frac12(x^2-y^2)+i x y +c$ ，，其中 $c\in\mathbb{C}$ 。

範例 9.4-5. 設速度向量為 $V(z)=\bar{z}^2=x^2-y^2-i2xy$ ，求對應平面流之流線。

[解]
從 (9.5-3)式可知
$\frac{\partial \psi}{\partial x}=2xy,\quad \frac{\partial \psi}{\partial y}=x^2-y^2\implies \psi(x,y)=x^2 y-\frac{1}{3}y^3 + c.$
為簡化起見，取 $c=0$ ，因此流線為 $x y = K$ ，圖示如下：
圖中向量表示速度向量。注意：對應的複數勢能為 $f(z)=(\frac13 x^3-xy^2)+i (x^2y-\frac13 y^3)+c$ ，其中 $c\in\mathbb{C}$ 。

範例 9.4-6. 給定 $z$ -平面(下面左圖)的平面流之流線為水平線，求經過保角變換成為下面右圖在 $w$ -平面圖形後之流線型式。

[解]
利用範例9.3-2之函數向上平移 $i$ 個單位，可得將上半平面對映到右邊的方形區域之外的保角變換為
$w=g(z)=\frac{1}{\pi}(z^2-1)^\frac12+\frac1{\pi}\text{Log}\left[z+(z^2-1)^\frac12\right]=\frac{1}{\pi}\left[(z^2-1)^\frac12+\cosh^{-1}(z)\right].$
原始 $z$ -平面之流線為水平線，流線函數為 $\psi(x,y)=y$ ，由於 $w=g(z)$ 之反函數不易計算，無法找到對映域 $w$ -平面的解析式表示式，因此從等高線 $y=k$ 之流線參數式為 $z(t;k)=V_0 t+i k,~-\infty<t<\infty$ 著手。如此一來 $w$ -平面對應的流線為
$w(t;k) = g(z(t;k)) =\frac{1}{\pi}\left\{[(V_0 t+i k)^2-1]^\frac12+\cosh^{-1} (V_0 t+i k)\right\}, t\in\mathbb{R},~k\ge 0.$

範例 9.4-7. 給定 $z$ -平面上平面流( 即流體流經無限長的圓柱，圓柱半徑為 $1$ ) 之流線如下圖所示，求其流線函數。

[解]
考慮下列變換
由於對稱關係，考慮上半平面即可。從9.3節的特殊變換中取 $a=2$ ，即 $w=g(z)=z+\frac{1}{z}$ 。
$w$ -平面上的水平線之參數式是 $w(t;k)=V_0 t+ik,~t\in\mathbb{R},~k\ge 0$ ，因此
$z+\frac{1}{z}=x+iy+\frac{x-iy}{x^2+y^2}=x+\frac{x}{x^2+y^2}+i\left(y - \frac{y}{x^2-y^2}\right)=V_0 t+i k.$
因此取 $k\in\mathbb{R}$ ，則可以涵蓋下半平面的流線，亦即流線方程式為
$y-\frac{y}{x^2+y^2}=k\in\mathbb{R}.$
對應圖示如下：
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Joukowski 翼形

1908 年數學家 N. Joukowski 嘗試將變換 $w=f(z)=z+\frac{1}{z}$ 應用到偏心圓 (圓心不在原點上) 上，觀察到值域的鏡像就是一個機翼的翼形 (airfoil)，開啟利用複變數函數論進行飛機設計之用，同時將此類變換 $w=f(z)=\frac12\left(z+\frac{1}{z}\right)$ 也隨之稱為 Joukowski 變換。

範例 9.4-8. 討論 Joukowski 變換作用在圓 $C_{\frac32}(-\frac12)$ 之鏡像，參考下圖。

[解]
Joukowski 變換為 $w=f(z)=\frac12\left(z+\frac{1}{z}\right)$ ，因此點 $k$ 和 $1/k$ 之鏡像相同，即除 $f$ 之不動點外， $f$ 為2對1的函數。而 $f$ 之不動點從解 $f(z)=z$ 可得 $z=1,~-1$ ，對應的值為 $w=1,~-1$ 。而圓 $C_{\frac32}(-\frac12)$ 上的點之參數式為 $z(\theta)=-\frac12+\frac32 e^{i\theta},~\theta\in[0,2\pi]$ ，其鏡像為
$\begin{align*} w&=\frac12\left(-\frac12+\frac32e^{i\theta}+\frac{1}{-\frac12+\frac32e^{i\theta}}\right) =\frac12\left(-\frac12+\frac32e^{i\theta}+\frac23e^{-i\theta}\frac{1}{1-\frac13e^{-i\theta}}\right)\\ &=-\frac14+\frac{3}{4}e^{i\theta}+\frac13e^{-i\theta}\left(1+\frac13e^{-i\theta}+\frac1{3^2}e^{-i2\theta}+\frac1{3^3}e^{-i3\theta}+\cdots\right)\\ &=-\frac14+\frac{3}{4}e^{i\theta}+\frac13e^{-i\theta}+\frac1{3^2}e^{-i2\theta}+\frac1{3^3}e^{-i3\theta}+\frac1{3^4}e^{-i4\theta}+\cdots \\ &=-\frac14+\frac34\cos\theta+\sum_{k=1}^\infty \frac1{3^k}\cos k\theta +i\left(\frac34\sin\theta-\sum_{k=1}^\infty \frac1{3^k}\sin k\theta\right) \end{align*}$
https://www.geogebra.org/graphing/jegvqfjq?embed
或是利用反函數來算
$w=\frac12\left(z+\frac1z\right)\implies z^2-2wz+1=0\implies z=w\pm\sqrt{w^2-1}$
則鏡像之隱函數表示法為
$\left|w+\frac12\pm\sqrt{w^2-1}\right|=\frac32$
另有兩點值得一提，第一點是單位圓 $C_1(0):z(t)=e^{i t},~t\in[0,2\pi]$ 在 Joukowski 變換下之鏡像為
$w=\frac12\left(e^{i t}+\frac{1}{e^{i t}}\right)=\frac12(e^{i t}+e^{-i t})=\cos t\in[-1,1],$
亦即當 $z$ 接近單位圓時， $w$ 之值會接近實數軸上的區間 $[-1,1]$ 。第二點是由於 $\frac{dw}{dz} = \frac12\left(1-\frac{1}{z^2}\right)$ ，因此圓周上的點 $z=1$ 為此變換的臨界點 $f'(1)=0$ ，如此一來，函數 $f$ 在此點之 Taylor 級數為
$w-1=\frac12\left[(z-1)^2-(z-1)^3+(z-1)^4-+\cdots\right].$
因此圓 $C_3(-\frac12)$ 在 $z=1$ 之外部角度會被放到兩倍，從 $\pi$ 變成 $2\pi$ ，亦即在 $w=1$ 上之鏡像為尖點。

進一步討論單位圓在變換 $w=f(z)=z+\frac{1}{z}$ 作用下之鏡像，由於

w=u+iv=\frac12\left(x+i y+\frac{1}{x+i y}\right) =\frac12\left(x+i y+\frac{x-iy}{x^2+y^2}\right) \\\implies u =\frac{x}{2}\left(1+\frac{1}{x^2+y^2}\right),~v=\frac{y}{2}\left(1-\frac{1}{x^2+y^2}\right)

而單位圓之參數式： $z=x+i y,~x^2+y^2=1$ ，因此 $u=x,~v=0$ ，即 $f(C_1(0))=[-1,1]$ 。

一旦我們將此圓 $C_{\frac32}(-\frac12)$ 在 $z$ -平面往上平移，使得單位圓不完全落在此圓之內，則 $w$ -平面上實數軸區間 $[-1,1]$ 不會完全屬於翼形之內，因此對應的機翼可以變成不是凸的，圖示如下：

因此當流體流經這種類型的翼形時之流線，可以從範例9.4-7的結果來推導而得，圖示說明如下：

穩態溫度問題

範例9.4-4. 給定 $D$ 為由落在 $C_1(0)$ 與 $C_{\frac12}(\frac52)$ 以外的區域，決定穩態溫度 $\phi$ 為 Dirichlet 問題

\nabla^2 \phi(x,y)=0,~\phi(C_1(0))=30, ~\phi(C_{\frac12}(\frac52))=0,

在區域 $D$ 的解。相對情形如下圖所示。

[解]

透過9.3節特殊變換的C-1可將區域 $D$ 轉換成環形區域，相對變換如下圖所示：

因此經過計算可得

a=\frac{bc+1+\sqrt{(b^2-1)(c^2-1)}}{b+c}=\frac{5+2\sqrt{6}}{5},~ r_0=\frac{bc-1-\sqrt{(b^2-1)(c^2-1)}}{c-b}=5-2\sqrt{6}.

如此一來原來定義域的 $z$ -平面上區域 $D$ 被變換 $w=f(z)=\frac{z-a}{az-1}$ 映射到 w-平面上的 $\mathcal{A}(0,r_0,1)$ 。原對應的問題也映射成為下列方程式：

\nabla^2\Phi(u,v)=\nabla^2\Phi(r,\theta)=0,~ \Phi(r_0,\theta)=0,~ \Phi(1,\theta)=30,~0\le \theta\le 2\pi.

此處令 $w=u+iv=r e^{i\theta}$ 。對應圖形如下：

觀察可以得知 $\Phi(r,\theta)=\Phi(r)$ ，即 $\Phi$ 與角度無關，只與離原點距離有關，因此將原 Lapalce 方程改寫如下：

\begin{align*} \nabla^2\Phi(r,\theta)&=\frac{\partial^2 \Phi}{\partial r^2}+\frac1{r}\frac{\partial \Phi}{\partial r}+\frac1{r^2}\frac{\partial^2 \Phi}{\partial \theta^2} =\frac{d^2 \Phi}{d r^2}+\frac1{r}\frac{d \Phi}{d r}=0 \\ \implies& r\frac{d^2 \Phi}{d r^2}+\frac{d \Phi}{d r}=\frac{d}{dr}\left(r\frac{d \Phi}{dr}\right)=0. \end{align*}

因此

r\frac{d\Phi}{d r}=A\implies\Phi(r)=A \ln r+B, \quad A,B\in\mathbb{C}.

代入邊界條件 $\Phi(r_0)=0,~\Phi(1)=30$ ，因此

A=-30/\ln r_0,\quad B=30.

故得 $\Phi(r)=30(1-\frac{\ln r}{\ln r_0})=30(1-\log_{r_0} r)$ ，亦即

\Phi(u,v)=30(1-\log_{r_0}|w|)=30\left(1-\frac12\log_{r_0} (u^2+v^2)\right).

最後的解必須從 w-平面再轉回 z-平面，由於

w=u + i v=\frac{z-a}{az-1}=\frac{x+iy-a}{a(x+iy)-1}=\frac{x-a+iy}{ax-1+i ay},

因而

|w|^2=u^2+v^2=\left|\frac{x-a+iy}{ax-1+i ay}\right|^2=\frac{(x-a)^2+y^2}{(ax-1)^2+a^2y^2}

最後可以得穩態溫對為

\phi(x,y)=30\left(1-\frac12\log_{r_0} \frac{(x-a)^2+y^2}{(ax-1)^2+a^2y^2}\right).

其中 $a=\frac{7+2\sqrt{6}}{5}$ 以及 $r_0=7-2\sqrt{6}$ 。對應的等高線圖如下圖所示，圖中藍色的線為 $\phi=C$ 之圖形，而黑色表等熱流通量曲線 $\psi=K$ ，此 $\psi$ 為 $\phi$ 的調和共軛，其中 $C,~K$ 為實數。

習題

假設 $u=u(x,y),~v=v(x,y)$ 為1對1且映成的映射 ( $w=f(z)$ )，其逆映射為 $x=x(u,v),~y=y(u,v)$ ，以及 $\phi(x,y)$ 為二次連續可微的實值函數 (定義於 $z$ -平面)，並被上述映射到定義於 $w$ -平面的函數
$\psi(u,v)\triangleq \phi(x(u,v),y(u,v)).$
回答下面問題：
1. 利用連鎖律以及 Cauchy-Riemann 方程證明
  $\frac{\partial \psi}{\partial u}+i \frac{\partial \psi}{\partial v} = \left(\frac{\partial \phi}{\partial x}+i \frac{\partial \phi}{\partial y}\right)\cdot \overline{\frac{d z}{d w}}$
1. 證明拉氏運算子作用在 $$\psi$$ 與 $$\phi$$ 滿足下列關係：
  $\frac{\partial^2 \psi}{\partial u^2}+\frac{\partial^2 \psi}{\partial v^2} = \left(\frac{\partial^2 \phi}{\partial x^2}+i \frac{\partial^2 \phi}{\partial y^2}\right)\cdot \left|\frac{d z}{d w}\right|^2$
1. 證明若 $\phi$ 在 $z$ -平面滿足拉氏方程，則 $\psi$ 也滿足 $w$ -平面上的拉氏方程。