\section*{Opgave 8}
We zullen dit probleem oplossen met behulp van de Schwarz-Christoffel transformatie $T(z) = z^{\frac{\pi}{\alpha}}$ met $\alpha$ de hoek tussen de twee halve rechten. Voor de punten op de onderste halve rechte geldt: \[\arg(z) = 0 \Leftrightarrow z = re^{i\cdot0} = r \Leftrightarrow T(z) = r^{\frac{\pi}{\alpha}}.\] Omdat $r$ steeds positief is wordt de onderste halve rechte afgebeeld op de $u$-as met $0 \leq u \leq \infty$.

Voor de punten op de andere halve rechte geldt $\arg(z) = \alpha$.  Er geldt: \[z = re^{i\alpha} \Leftrightarrow T(z) = r^{\frac{\pi}{\alpha}}e^{i\alpha\left(\frac{\pi}{\alpha}\right)} = - r^{\frac{\pi}{\alpha}}  .\]
De punten op de bovenste halve rechte worden dus ook op de $u$ as afgebeeld met $-\infty \leq u \leq 0$. De twee zijden samen worden dus afgebeeld op de hele $u$-as.

Voor alle punten in het gebied tussen de twee halve rechten geldt $0 < \arg(z) < \alpha$ en worden dus afgebeeld op het bovenste halfvlak.

Omdat overal op de $u$-as voor $u>0$ geldt $\Phi = \Phi_1$, en voor $u<0$ geldt $\Phi = \Phi_1$ op hoogte $v$ geldt $\Phi = \Phi_2$, kunnen we de formule van Poisson voor het bovenste halfvlak gebruiken. We moeten dan enkel nog $\Phi(0)$ defini\"eren. We kunnen bijvoorbeeld zeggen $\Phi(0) = \Phi_1$ maar we hadden even goed $\Phi(0) = \Phi_2$ of elke andere eindige waarde kunnen kiezen. Nu $\Phi$ stuksgewijs glad en re\"el is geldt er:
\begin{align*}
u(x,y) &= \frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^\infty \text{d}s\;\Phi(s)\frac{y}{(x-s)^2+y^2}\\
&= \frac{1}{\pi}\left(\Phi_1 \int_{0}^\infty \text{d}s\;\frac{y}{(x-s)^2+y^2} + \Phi_2 \int_{-\infty}^0 \text{d}s\;\frac{y}{(x-s)^2+y^2}\right) \\
&= \frac{1}{\pi}\left(\Phi_1 \left[\text{Bgtan}\left(\frac{s-x}{y}\right)\right]_0^\infty + \Phi_2 \left[\text{Bgtan}\left(\frac{s-x}{y}\right)\right]_{-\infty}^0 \right) \\
&= \frac{1}{\pi}\left(\Phi_1\left( \frac{\pi}{2}+\text{Bgtan}\left(\frac{x}{y}\right)\right)+\Phi_2\left(-\text{Bgtan}\left(\frac{x}{y}\right) +\frac{\pi}{2}  \right)\right)\\
&=\frac{\left(\Phi_1+\Phi_2\right)}{2} + \frac{1}{\pi}\left(\Phi_1-\Phi_2\right)\text{Bgtan}\left(\frac{x}{y}\right).
\end{align*}
Deze functie geeft de potentiaal in het punt $(x,y)$ in het bovenste halfvlak. Dit moeten we nog terug transformeren naar de wig. Omdat $T(z) = z^{\frac{\pi}{\alpha}}$ geldt er $z = T(z)^{\frac{\alpha}{\pi}}$. Om de functie $u(x,y)$ terug te transformeren moeten we ze dus de functie $u(z)$ eerst zoeken. Vermits \[\text{Bgtan}\Big(\frac{x}{y}\Big) = \frac{\pi}{2} - \text{Bgtan}\Big(\frac{y}{x}\Big) = \frac{\pi}{2} - \arg(z)\] geldt er:
\[
 u(x,y) = \Phi_1 - \frac{1}{\pi}\arg(z)(\Phi_1 - \Phi_2).
\] Deze functie kunnen we terug transformeren. Aangezien $\arg(z) = \frac{\theta\cdot\pi}{\alpha}$ wordt dit:
\[
 u(\theta) =
     \Phi_1 - \frac{\theta}{\alpha}(\Phi_1 - \Phi_2) \quad 0 \leq \theta \leq \alpha \]
en deze functie beschrijft de potentiaal in de wig.