11.1: Modelado del ojo

Déjame modelar la temperatura en un modelo sencillo del ojo, donde el ojo es una esfera, y los párpados son circulares. En ese caso podemos poner el$z$ eje -recto por la mitad del ojo, y podemos suponer que la temperatura sólo depende de$r,\theta$ y no de$\phi$. Suponemos que la parte del ojo en contacto con el aire está a una temperatura de$20^{\circ}$ C, y la parte en contacto con el cuerpo está en$36^{\circ}$ C.

Figura$\PageIndex{1}$: La temperatura en el exterior de un modelo simple del ojo

Si buscamos la temperatura de estado estacionario se describe por la ecuación de Laplace,

$${ \nabla}^{2} u(r,\theta) =0. \nonumber$$

Expresando el laplaciano${ \nabla}^{2}$ en coordenadas esféricas (ver capítulo 7) encontramos

$$\frac{1}{r^{2}}\dfrac{\partial}{\partial r}{~}\left(r^{2}\dfrac{\partial}{\partial r} u \right) +\frac{1}{r^{2}\sin\theta} \dfrac{\partial}{\partial \theta}{~}\left(\sin\theta\dfrac{\partial}{\partial \theta} u\right) =0. \nonumber$$

Una vez más resolvemos la ecuación por separación de variables,

$$u(r,\theta) = R(r) T (\theta). \nonumber$$

Después de esta sustitución nos damos cuenta de que

$$\frac{[r^{2} R']'}{R} = -\frac{[\sin\theta T']'}{T\sin\theta} = \lambda. \nonumber$$

Se$R$ mostrará que la ecuación para es fácil de resolver (más adelante). El para$T$ es de mucho más interés. Ya que para los problemas 3D la dependencia angular es más complicada, mientras que en 2D las funciones angulares eran solo senos y cosenos.

La ecuación para$T$ es

$$[\sin\theta T']'+\lambda T\sin\theta=0. \nonumber$$

Esta ecuación se llama ecuación de Legendre, o en realidad lleva ese nombre después de cambiar las variables a$x= \cos\theta$. Desde$\theta$ corre de$0$ a$\pi$, nos encontramos$\sin \theta >0$, y tenemos

$$\sin\theta = \sqrt{1-x^{2}}. \nonumber$$

Después de esta sustitución estamos haciendo el cambio de variables encontramos la ecuación ($y(x)=T(\theta)=T(\arccos x)$, y ahora diferenciamos w.r.t.$x$,$d/d\theta = - \sqrt{1-x^{2}}d/dx$)

$$\frac{d}{dx}\left[(1-x^{2})\frac{dy}{dx}\right] + \lambda y = 0. \nonumber$$

Esta ecuación se ve fácilmente como autoadconjunta. No es muy difícil demostrar que$x=0$ es un punto regular (no singular) — pero la ecuación es singular en$x=\pm 1$. Cerca$x=0$ podemos resolverlo mediante la sustitución directa de una serie Taylor,

$$y(x) = \sum_{j=0} a_{j} x^{j}. \nonumber$$

Encontramos la ecuación

$$\sum_{j=0}^{\infty}j(j-1) a_{j} x^{j-2} -\sum_{j=0}^{\infty}j(j-1) a_{j} x^{j} -2\sum_{j=0}^{\infty}j a_{j} x^{j} + \lambda \sum_{j=0}^{\infty} a_{j} x^{j} = 0 \nonumber$$

Después de introducir la nueva variable$i=j-2$, tenemos

$$\sum_{j=0}^{\infty}(i+1)(i+1) a_{i+2} x^{i} -\sum_{j=0}^{\infty}[j(j+1)-\lambda] a_{j} x^{j}=0. \nonumber$$

Recogiendo los términos del pedido$x^{k}$, encontramos la relación de recurrencia $$a_{k+2} = \frac{k(k+1)-\lambda}{(k+1)(k+2)} a_{k}. \nonumber$$

Si$\lambda=n(n+1)$ esta serie termina —en realidad esas son las únicas soluciones aceptables, cualquiera que$\lambda$ tome un valor diferente realmente diverge en$x=+1$ o$x=-1$, no es aceptable para una cantidad física— no puede simplemente divergir en el polo norte o sur ($x=\cos\theta=\pm 1$son el norte y polo sur de una esfera).

Por lo tanto, tenemos,$n$ incluso,

$$y_{n} = a_{0}+a_{2}x^{2}+\ldots+a_{n}x^{n}. \nonumber$$

Para impar$n$ encontramos polinomios impares,

$$y_{n} = a_{1}x+a_{3}x^{3}+\ldots+a_{n}x^{n}. \nonumber$$

Uno define convencionalmente $$a_{n} = \frac{(2n)!}{n!^{2} 2^{n}}. \nonumber$$

Con esta definición obtenemos

$$\begin{array}{lllllll} P_{0}& =& 1, &~~~&P_{1} & =& x,\\ P_{2}&=& \frac{3}{2}x^{2}-\frac{1}{2},&&P_{3}&=&\dfrac{1}{2}(5x^3-3x),\\ P_4 &=& \frac{1}{8}(35x^{4}-30x^{2}+3) ,&& P_5 &=& \frac{1}{8}(63x^{5}-70x^{3}+15x) . \end{array} \nonumber$$

Una gráfica de estos polinomios se puede encontrar en la figura$\PageIndex{2}$.

Figura$\PageIndex{2}$: Los primeros polinomios de Legendre$P_n(x)$.