4.2调和函数的基本性质

第四章 调和方程
一、小结
本章讨论了调和方程、泊松方程的边值问题和调和函数的基本性质。

以三维情形为主。

1．边值问题
调和方程和泊松方程通常描述平衡和稳定的自然现象，所以一般只讨论它的边值问题。

按边界条件的不同类型分别称为第一、第二、第三边值问题，又依区域的不同分为内问题和外问题。

这里只涉及到第一、第二边值问题的解法，给出了用分离变量法求解的例子，对有些简单情形可依据具体情况求解。

对调和方程的第一边值问题
0()(I)()
u u f
∆=Ω⎧⎨
=∂Ω⎩在内在上
的求解着重介绍了格林函数法。

这个方法的基本思想是把问题（I ）的求解转化为格林函数
001(,)(,)4p
p
G p p g p p r π=
-
其中g 满足
00()
1(II)()
4p p
u p u p r π∆=∈Ω⎧⎪
⎨
=∈∂Ω⎪⎩
这时（I ）的解为
00(,)
()()
p G p p u p f p d S n
∂Ω
∂=-∂⎰⎰
而问题( II)是一个具特定边界值的调和方程的第一边值问题,所以格林函数G 只与区域Ω
有关,对某些规则的特殊区域,如上半空间、球（或上半平面、圆）可用镜像法求得，从而得到这类区域的问题（I ）的解的积分表达式（泊松公式）。

2．调和函数的性质
利用格林公式和基本积分公式得出了调和函数的球面平均值性质和沿任何闭曲面的法向导数积分为零。

这两条性质也是连续函数成为调和函数的充分条件。

由球面平均值性质证明了刘维尔定理和调和函数的极值性质，利用法向导数的积分为零得到了第二边值问题可解得必要条件。

重点: 调和方程第一、第二边值问题的求解 ；基本积分公式；格林公式；格林函数；调和函数的性质。

难点：调和方程第一、第二边值问题的求解；如何找格林函数 二、习题及解答
4.1 定解问题和基本解
1. 试验证
: 1211,(u u r r
==
=
在单位球面上都等于1,在球外都满足调和
方程.
证:
2. 举例说明:二维调和方程的第一边值外问题,若在无穷远处不加有界的限制,则解可能不唯一.
解：考虑单位圆外的调和函数，它在圆的边界上等于常量1.即
⎪⎪
⎩⎪⎪⎨⎧=>+=∂∂+∂∂=+1)
1(01
2
2
2
22222y x u y
x
y
u x u
显之然1=u 是问题的解，又2
2
1ln
1y
x
u ++=也是问题的解。

故解不是唯一的.
3. 设)(),,,(21r f x x x u n = )(2
21n x x r ++=
是n 维调和函数（即满足方程
022
2
12
=∂∂+
+∂∂n
x u
x u
）
，试证明 2
21)(-+
=n r
c c r f )2(≠n
r
In
c c r f 1)(21+= )2(=n
其中21,c c 为常数。

证： )(r f u =,
()()i i
i
x u r f r f r x x r
∂∂''=⋅
=⋅
∂∂
2
2
2
2
2
3
1()()()i i i
x x u f r f r f r x r
r
r
∂''''=⋅
+⋅
-⋅
∂
2
2
2
1
1
2
2
3
1
1()()()()()n
n
i
i
n
i i i i
x x u n n f r f r f r f r f r x r
r
r
r
===∂-'''''''=⋅
+⋅
-⋅
=+
∂∑
∑
∑
即方程 0=∆u 化为 1()()0n f r f r r -''+
=
()1()
f r n f r r
''-=-
'
所以 (1)1()n f r A r --'=
若2≠n ，积分得 12
12
)(c r
n A r f n ++-=
+-
即2≠n ，则 2
21)(-+=n r
c c r f
若2=n ，则 1()A f r r
'=
故 Inr A c r f 11)(+=
即2=n ，则 r
In
c c r f 1)(21+=
4.2 调和函数的基本性质
1.在二维的情形，对于调和函数建立类似于公式（
2.6）及（2.7）的积分表达式。

解：设D 是以光滑曲线C 为边界的平面有界区域，函数),().,(y x v y x u 及其一阶偏导数在闭域D C +上连续，且v u .在D 内具有二阶连续导数，则有格林公式 .)()(ds n
u v
n
v u
dxdy u v v u D
C
⎰⎰⎰
∂∂-∂∂=
∆-∆
设0M 为D 内一点，r
r r M
M
1ln
,0
=，除0M 点外，在D 内满足调和方程。

若在D 内
作以0M 为中心为ε半径的小圆εk ,在εk D -上利用格林公式，并取r
v 1ln
=,得
⎰
⎰⎰
∂∂-∂∂=
∆-∆-C
k D ds n
u r n
r u
dxdy
u r
r
u ))1(ln
)1(ln
())1(ln
)1(ln
(ε
⎰
Γ∂∂-∂∂+
ε
ds n
u r n
r
u
)1ln
)1(ln
(
其中εΓ为εk 的边界，且在⎰Γε
中n n 是εΓ。

的内法线方向。

若u 在D 内是调和函数，则以上等式左方为零，在圆周εΓ上
r
r r n
r 1)1(ln )1(ln
=∂∂-
=∂∂
⎰⎰ΓΓ=⋅⋅=
⋅
=
∂∂ε
ε
ππεε
*
*
221
1)1(ln
u
u
ds r
u ds n
r
u
其中*u 是u 在εΓ上的平均值。

*
*
)(
ln 2)
(
2ln 1ln
n
u n
u ds n
u r ∂∂-=∂∂⋅-=∂∂⎰Γεπεπεεε
其中*
(
）n
u ∂∂是
n
u ∂∂在εΓ上的平均值
由此得
令0→ε,得
ds n
M u r r n
M u M u M
M
C
M
M
))
(1ln
)1(ln
)
((21)(0
0∂∂-∂∂-
=⎰
π
.
当0M 在D 外，则M
M
r v 01ln
=在D 内处处是调和函数，则由格林公式，得
⎰
∂∂-∂∂=
C
ds n
u r r
n
)1ln
)1(ln
(
当0M 在C 上，则以0M 为中心作小圆，其含于D 内的部分记作εk ，含于D 内的边界记作εΓ与0M 在D 内的推导完全类似，只是
⎰⎰ΓΓ=⋅⋅=
⋅
=
∂∂ε
ε
ππεε
*
*
1
1)1(ln
u
u
ds r
u ds n r u
*
)(
1ln
1ln
n
u r
ds n
u r ∂∂⋅=∂∂⎰Γπεε
其中*
*
).(
n
u u ∂∂分别表示n
u u ∂∂.
在εΓ上的平均值。

所以得
ds n
u r r
n
u M u C
)1ln
)1(ln (21)(0∂∂-∂∂-=⎰
π
将以上三式合并得
0)(ln 22))1(ln
)1(ln
(**=∂∂++∂∂-∂∂⎰
n
u u ds n u r n
r u
C
επεπ
⎪
⎩⎪⎨⎧=∂∂--∂∂-
⎰
上）
在（若内）在（若外）在若C M M u D M M u D M ds n u r r n
u
M
M
C
M
M
00000)()(2(0
)1ln
)1(ln
(0
ππ 2.若函数),(y x u 是单位圆上的调和函数，又它在单位圆周上的数值已知为θsin =u
其中θ表示极角，问函数u 在原点之值等于多少？
解：调和函数在圆周上的算术平均值，即
0sin 21sin
21)0(20
==
=
⎰⎰θ
θπ
θπ
π
d ds u c
3．如果用拉普拉斯方程式表示平衡温度分布函数所满足的方程，试阐明牛曼内 问题有解的条件0=⎰⎰fds 物理意义。

解：
⎪
⎩⎪⎨⎧=∂∂-=∆的热量
描述流过边界
描述稳恒温度场s f n u
u s
-0
⎰⎰
=0fds 描述流过边界面的总热量为零，即由边界面流出的热量和流入边界面内的
热量是相等的，只有这样温度才可能稳定，即牛曼问题才可能有解。

4．证明当u(M)在闭曲面Γ的外部调和，并且在无穷远处成立着 ))(1(
),1(
)(2
∞→=∂∂=oM oM
oM
r r o r
u r o M u
则公式(2.6)仍成立，但0M 是Γ外的任一点。

证：0M 为Γ外任一点，以O 点为中心，充分大的R 为半作球面R Γ，将及
围成的复
及含于其内。

在
及R ΓΓM Γ0连域上，应用格林公式
.)()(ds n u v
n
v u d u v v u R
R
∂∂-∂∂=
Ω∆-∆⎰⎰
⎰⎰⎰Γ+ΓΩ
为取,1MOM
=
r v 仍作为0M
为中心，以
ε为半径的圆εκ，则r
v 1=在ε
κ
-Ω
rR
上处
处是调和的。

又u 在Γ外是调和函数，得
ds n
u r n
r u d u r
r u k R R )1)1
(()1
)1((0∂∂-
∂∂=
Ω∆-∆=
⎰⎰⎰
⎰⎰
-ΩΓ
+Γ+Γε
ε
其中εΓ为εk 的边界
已推导出 *
*
)(
44)1)1(n
u u
ds n
u r n
r u
∂∂-=∂∂-
∂∂⎰⎰Γπεπε
上的平均值。

在分别表示
εΓ∂∂∂∂n
u u n
u u
)(
,*
*
今计算在R Γ上的积分值
沿 ),cos()
([
1)(1
)
1(
00
02x n x
r r n r r
n
r R ∂∂-
=∂∂-
-
=∂∂⋅
ΓM
O
O
M
M
M
M
M
M
M M
M
)
,cos(),[cos(1
)],cos()
(),cos()
(0
2x n x r r
z n z
r y n y r M
M
M
M M
M
M
M
O -
=∂∂+
∂∂+
),cos(1),cos(),cos(),cos(),cos(0
n r r z n z r y r y r M
M
M
M
M
M
M
M
-
=++
),cos(1M
M
M
M
O
O
-
=r r r
又 ),cos(222
2
O
O
O
O OM
OM OM
OM OM OM
M
M -+=r r r r r r
r
即
)1(
)
1(
),
1(
12
OM
M
M
OM
M
M
=∂∂=O
O
r
o n
r r o r
所以 ⎰⎰⎰⎰ΓOM
Γ∞→→==∂∂R
R
R R
R
ds r
o ds n r u
)(041)1(
)1(2
3
3当πκ
⎰⎰
⎰⎰
⎰⎰
ΓΓOM
OM
M
M
ΓM
M
∞→→=
=
∂∂O
O
R
R
R ds r o ds r
o r ds n
u
r 当0)1(
)1(
113
R
2
因此令,,0∞→→R ε由(1)式得
⎰⎰
Γ
M
+∂∂-∂∂
=
)(4)11(00
u ds n
u r n
r u
π
即 ⎰⎰
Γ
M
M
M
M
∂∂-
∂∂M -
=M ds n
M u r n
r u u ))
(1)
1(
)
((41)(0
0π
其中为外一点，n 指向Γ的内部。

5．证明调和方程狄利克莱外问题的稳定性。

解：设 ⎪⎪
⎩⎪⎪⎨⎧==Γ=∆⎪⎪
⎩
⎪
⎪⎨⎧
==Γ=∆∞
→Γ
∞→Γ0)(lim )
(0)(lim )
(0**
**
M u f u o u M u f
u u M M 外在闭曲面外在闭曲面
以O 点为中心, R 为半径作球面R Γ，将Γ包含在内，由于*
lim ()0,lim ()0M M u M u M →∞
→∞
==，
任给0>ε，可取R 充分大，使提在球面R Γ外及R Γ上 2
)(,2
)(*
ε
ε
<
<
M u M u
故 ε<-)()(*
M u M u (在R Γ外及R Γ上) (1)
在Γ和R Γ围成的域内*-u u 是调和函数，由极值原理，对域内任一点M ，
)max ,max(max
)()(R
u
u f
f M u M u Γ**
*
--≤-
<),max(max
ε*
-f
f
故当ε<-*
f
f 时有
ε<-*
)()(M u M u (M 在R ΓΓ,围成域内) (2)
由(1)，(2)知，任何0>ε，当ε<-*
f f 则对Γ外任一点M ，有ε<-*
)()(M u M u ，
即狄利克莱外问题是稳定的。

6．对于一般的二阶方程
01
1
,2=+∂∂+∂∂∂∑∑
==n
i i
i
n
j i j
i ij
cu x u b x
x u a
假设矩阵)(ij a 是正定的，即
∑∑
==≥n
i i
n
j i j
i ij a a 1
2
1
,λλ
λ (a 为正常数)，
则称它为椭圆型方程。

又设0<c ，试证明它的解也成立着极限原理。

也就是说，若u 在Ω
满足方程，在Γ+Ω连续，则u 不能在内部达到正的最大值或负的最小值。

证：只就最大值来证明。

关于最小值的证明完全相仿。

用反证法。

设u 在Ω内部一点0
M 处达到正的最大值，则由于0<c 得0)(0<M cu 又u
在0M 点二阶可微，故
00
=∂∂M
i
x u
且矩阵(
00
2
=∂
∂∂M j
i x u )是正定的，即
00
1
2
≤∂∂∂∑
=j
i M n
ij j
i x
x u λ
λ
由于矩阵(ij a )是非正定的，故j n
ij i ij a λλ∑=1
可以写成i λ的线性齐次式的平方和，即
j
i n r n
ij rj ri s n
r n
s rs j
n ij i ij g g g a λ
λλλ
λ∑∑
∑∑
∑======
=
11
2
111
]
[
=j i n
ij n
r rj ri g g λλ)(11
∑∑==
所以 rj n
r ri ij g g a ∑
==
1
于是 00
11
2
21
≤∂∂∂=
∂∂∂∑∑
∑===rj ri M n r n
ij j
i M j
i n
ij ij
g g x
x u x
x u a
因此在0M 点
01
21
<+∂∂+
∂∂∂∑
∑==cu x u b x
x u a n
i i
i
j
i n
ij ij
与u 在0M 点满足方程是矛盾的，故u 不能在Ω内部达到正的最大值。

7．证明第6题中讨论的椭圆形方程第一边值问题的唯一性与稳定性。

证：唯一性。

只须证明方程在齐次边值条件只的零解。

设u 在Ω内满足方程，在边界Γ上,0=Γ
u。

因u 在Γ+Ω上连续，故u 是有界的，
今证在Ω内0≡u 。

用反证法，若在Ω内,0>u 则u 必在Ω内某一点达到正的最大，与第6题所述极值原理
矛盾，同理在Ω内0<u 也是不成立的，故 0≡u 唯一性得证。

稳定性，只须证明当f “很小”时，满足方程乃边值f u
=Γ
的函数u 也“很小”。

任给,0>ε若,ε<f 即,εε<<-f 根据极值原理知，在Ω内部必有
εε<<-u
即ε<||u ，稳定性证明。

8．举例说明对于方程
02
2
22
=+∂∂+
∂∂cu y
u x
u ()0>c 不成立极值原理。

解：在矩形域πc
x 20≤
≤；πc
y 20≤
≤上研究方程
02
2
2
2
=+∂∂+
∂∂cu y
u x
u
函数y c x c u 2
sin
2
sin
⋅=在矩形域内二阶连续可微，满足方程，在闭域上连续且在边界
上0=u ,但在域内点)2
2,
2
2(
ππc c 处,1=u 即取到正的最大值，故极值原理不成立。

9.写出x
u a
y
u x
u Lu ∂∂+∂∂+
∂∂≡
2
2
2
2
的共轭微分算子以及对应于1f u
=Γ
的共轭边值问题。

解： L 的共轭微分算子*L 为
)(2
2
2
2
av x
y
v x
v v L ∂∂-
∂∂+
∂∂=
*
⎰⎰
⎰⎰
Ω
Ω
*
∂∂+∂∂+∆-∆=
-dxdy x
av u
x
u av
v u u v dxdy
v uL vLu ])([)(
dxdy auv x
v u u v ⎰⎰
Ω
∂∂+
∆-∆=
)]([
⎰Γ
+∂∂-∂∂=
ds x n auv n
v u
n
u v
)],cos([
对0=Γ
u
，取边值0=Γ
v
则上述为零，故1f u
=Γ
的共轭边界条件为2f v
=Γ
边值问题
⎩⎨⎧==Γ
11
f u Lu ϕ
的共轭边值问题为⎩⎨⎧==Γ
*
22
f v v L ϕ
12.举例说明弦振动方程不成立极值原理。

解： 函数(,)sin sin u x t a t x =满足
⎪⎪⎪⎩
⎪
⎪⎪⎨⎧====∂∂=∂∂====x
a u u u u x u
a t u t t t n
x x sin ,00
00
02
2222 它在边界0,0, t x x π===上为零，内部不为零。

因此与热传导混合问题类似的极值原理不存在。

对柯西问题：
⎪⎪
⎩
⎪⎪⎨
⎧=∂∂=∂∂=∂∂==x
t t e t u u x u
a t u 0022222|0|
解为 ][2][2121,(at
at
at
x at x x
at
x at
x e
e
a
e
e
e
a
d e
a
t x u -+--+-=
-=
=
⎰ξξ
）
0>=
shat
a
e
x
但在边界0 t =，u 为零。

因而不成立极值原理。

4.3 格林函数
1. 证明格林函数的性质3及性质5。

性质3：在区域Ω内成立着不等式
M
M
r M
M G 041),(00
π<<
证: ⎪⎩
⎪⎨
⎧
=-=Γ0
)
,(41),(0
0G M
M g r M
M G M
M
π，
其中Γ为Ω的边界，g 在Ω点是调和函数。

由于),(0M M g 在点是调和函数，而当0M M →时
∞→M
M
r 0
41π，故以0
M
为中心，适
当小的ε为半径作球εΓ，总可以使G 在εΓ上为正。

以G 在Γ及εΓ围成的域内是调和的，且
0>Γε
G
，0=Γ
G
由极值原理知，在该域内0>G ，令0→ε，则知在整个域Ω内0>G 。

又g 在Ω内处处调和且0410>=
Γ
M
M
r g π，由极值原理知，在整个Ω域内0>g ，所
以在Ω内
M
M M
M
r g r G 0
4141ππ<
-=
即 M
M r M M G 041
),(00π<
<
性质5：
1)
,0
-=∂(∂⎰⎰
Γ
M
ds
n
M
M G
证：因为边值
⎩
⎨
⎧=Ω=∆Γf u u )
(0内 解的公式为 ⎰⎰
Γ
∂∂-=M
ds
M f n
M
M G M u )()
,()(0
而边值问题 ⎩
⎨
⎧=Ω=∆Γ
1
)
(0u
u 内
的解为1≡u 。

代入以上解的表达式，得
⎰⎰
Γ
∂∂-=M
ds
n
M
M G )
,(10
2．证明格林函数的对称性),(),(1221M M G M M G =
证：1M ，2M 为Ω内二点，分别以1M ，2M 为中心，以ε为半径作圆2
1
,M
M
K
K 使其完全含于Ω内且互不相交，其边界分别记作2
1
,M M T T 。

在复连域ε
Ω
=--Ω2
1
M
M
K
K
内，
用格式公式
⎰⎰
⎰⎰
ΩΓ+Γ+Γ⎪⎭
⎫
⎝⎛∂∂-∂∂=
Ω∆-∆ε
2
1
)(M
M ds n u v n
u
u d u v v u 今取),(1M M G u =，),(2M M G v =，则在εΩ内0=∆u ，0=∆v 且在Ω的边界Γ上，
0=Γ
u
，0=Γ
v
，代入上式得
(ds n
M M G M
M G n
M
M G M M
G M
∂∂-∂∂⎰⎰Γ)
,()
,()
,()
,(122
11
(0)
,()
,()
,()
,(122
121
=∂∂-∂∂+
⎰⎰Γds n
M M G M
M G n
M
M G M M
G M
其中n 皆表示对应边界的外法线方向。

在1
M Γ所围成的域内G(M,2M )是调和函数，故在1
M Γ上及其内部，
n
M
M G ∂∂)
,(2
有界，
所以
⎰⎰⎰⎰
ΓΓ≤∂∂1
1
),()
,()
,(12
1M
M
ds M M
G K
ds n
M
M G M M G
()⎰⎰Γ-⋅⋅=⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-=1
12
*
2
14441
,41
M Kg
K ds M M g r
K M M πε
πεπεπ
其中g 为g 在1
M Γ上的平均值。

再利用调和函数的积分表达式，知 ()()
()ds M
M G n
M
M G M
M G M
2
21,,,1
⎰⎰
Γ∂∂-
=
所以，当0→ε时，有
()
()
()
()()2
11
22
1,,,,,1
M
M G ds n
M
M G M
M G n
M
M G M M G M
=⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡∂∂-∂∂⎰⎰
Γ
同理，当0→ε时，有
()
()
()
()()1
2
1
22
1,,,,,2
M
M
G ds n
M
M G M
M G n
M
M G M M G M
-=⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡∂∂-∂∂⎰⎰
Γ
故得
即格林函数是对称的：G （M 1，()122,)M M G M =
*
3 写出球的外部区域的格林函数，并由此导出对调和方程求解球的狄利克莱外问题
的泊松公式。

解：先给出格林函数。

与内问题的作法相仿，设0M 为球外一点，01M M 为关于球面Γ的反演点。

设球的半径为R ，以球心为坐标原点O ，建立球坐标系，设0
01
1,,
O M
O M
ρρ==2
0101,,R M M ρρ=则的坐标分别为，,,,),,,(0
00
2
10000⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛ϕθρϕθρR
M M 对于球面上任一点P
，有 P
P
M
M
r R
r 010
ρ=
故 ()
⎪⎪⎭⎫
⎝
⎛-=M
M M M r R r M M G 101141,00ρπ ⎪⎪⎪⎭
⎫
⎝
⎛-+-
-+=υ
ρρρ
ρρυ
ρρρ
ρπcos 21
cos 21
4112
2
1
02
2
R
其中0
,OM
OM OM 与是υρ=的夹角。

再求外问题泊松公式。

根据§2第4题知，若在无穷远处 )0()
1(
),1()(2
→=∂∂=OM
OM
OM
r r o u r O M u γ
则公式
ds n u r r n M u M u M M M M ⎰⎰
Γ
⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡∂∂-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-
=0011
)
(41)(0π 仍成立。

其中n 指向Γ的内部，故与内问题解的积分表达式的推导完全一致，利用格林函数
得
ds M f n
M
M G M u )()
,()(0
0⎰⎰
Γ
∂∂-=
其中f 为边值，即,f u
=Γ
且n 指向球内。

因此与内问题推导完全一样，可求出n
G ∂∂，只是法线方向相反，结果差一个“–”（负）
号， 于是得
R
R
R
v R
v v v G n
G ===⎪⎭⎪
⎬⎫⎪⎩
⎪
⎨
⎧-+--
-+-=∂∂-
=∂∂ρρρρρ
ρρρρρρρρρρπρ
2
312
2
1
012
3
02200)
cos 2()cos ()cos 2(cos 41又 0
2
1ρρR
=
，化简得
2
32
202
2
)cos 2(41
v R R
R
R n
G o R
ρρρπρ-+-=
∂∂=
所以 ds M f v R R
R
R
M u )()
cos 2(41)(2
302
2
2
2
0⎰⎰
Γ
-+--=ρρρπ
即
⎰⎰-+--
=ππ
ϕθθρρρϕθπ
2020
2
302
2
2
2
sin )
cos 2()
,,(4)(d d v R R
R
R f R M
u
其中 )cos(sin sin cos cos cos 000ϕϕθθθθ-+=v 因 3
02
3202
3020)(]
)[()cos 2(ρρρρ-=-≥-+R R v R R
所以 ⎰⎰-+⋅
=-+-
≤π
π
ρρθθϕ
ρρπ
ϕθρ20
2
0020
2
000,0,0)
(sin )
(4|)(|R R RM d d R R RM u
其中取M ，使M R f ≤),,(ϕθ
由此知，当∞→0ρ 时 )1
(
ρο=u
同理，对0ρ求导后，可验证)1
(
2
ρο=u ，即以上在无穷远处所要求的条件是满足的。

4．利有泊松公式求解
⎪⎩
⎪⎨
⎧+=<++=++=表示球坐标）ϕθθϕθ,,(12cos 3),,(1,
01222R R u z y x u u u R zz yy xx
解：由泊松公式 ϕθθθπ
ϕθππ
d d v R R
R
R u sin )12cos 3()
cos 21(141),(200
2
\32
2
0,0+-+-=⎰⎰
因为2
/12
)
21(-++t xt 为勒让德多项式的母函数，即
n
n n t x p t
xt ∑
∞
==
++0
2
)(211
对t 微分得
1
1
2
32
)()21(-∞
=∑
=
++-n n n
t
x np
t xt t
x
又
2
/32
2
2
32
2)
21(2211)
21(1t xt t
x t
t
xt t xt t
+--++-=
++-
n
n n
n n
n t
x np
t
x p ∑∑
∞
=∞
=+=
1
0)(2)(
n
n n t
x p n ∑
∞
=+=
)()12(
所以
R
v p n v R R
R
n n ∑
∞
=+=
-+-0
2
/32
2
)(cos )12()
cos 21(1
其中 )cos(sin sin cos cos cos 000ϕϕθθθθ-+=v
由勒让德多项式的加法公式知
)
(00)(cos )!
()!()
1()(cos ϕϕθ--=+--=
∑
im m
n
n
n
m m
n e
p m n m n v p
又 )(cos 42cos 61)1cos 2(312cos 322
2
θθθθp =-=+-=+ 所以 ⎰⎰+-+-=π
π
ϕθθθ200
2
\32
2
sin )12cos 3()
cos 21(1d d v R R
R
I
ϕ
θθθθ
θϕϕππ
d d p e
p p m n m n R
n tm m
n
m
n
n
n
m m
n n
sin ))(cos 4)(cos )(cos )!
()!()
1((
)12(2)
(0
20000⋅
⋅+--+=
--=∞
=∑
⎰⎰∑
因为 ⎩⎨
⎧=≠=⎰
-0
200
20
)
(0m m d e
im π
ϕπ
ϕϕ
故 θθθθθπ
π
d p p p R
n I n n n n
sin )(cos )(cos )(cos )12(82000
⎰∑
∞
=+=
θθθθθπ
π
d p p R
n p n n n
n sin )(cos )(cos )12)((cos 820
0⎰∑
∞
=+=
利用勒让德多项式的正交性
⎪⎩⎪
⎨⎧=+≠=⎰
-n
m n n m dx x p x p m
n 1
22
0)(.)(1
1
得 ⎪⎩⎪
⎨⎧=≠=⎰2
52
20
sin )cos (.)(cos 0
2n n d p p n θθθθπ
故
)12cos 3(4)(cos 165
25)(cos 802
022
2
02+==⋅⋅=θπθπθπR p R
R
p I
最后得到 )12cos 3(),,(2+=θϕθR R u
5． 证明二维调和函数的奇点可去性定理：若A 是调和函数()u M 弧奇点，在A 点近傍成立着
)1(ln
)(AM
r o M u =
则此时可以定义)(M u 在M A =的值，使它在点A 亦是调和的。

证：函数)(M u 在点A 的邻域内，除A 外是调和的。

在A 点)1(ln )(AM
r o M u =,即
01ln
)(lim
=→AM
A
M r M u
若能在A 的邻域内作一个调和函数)(M v ，在该邻域内除A 点外，处处有)()(M u M v =，则可以定义)()(M u M v =，于是u 在A 点也是调和的。

为此以A 为中心，R 为半径作一圆
K
完全包含在A 点的所考察的领域内,以u 在圆周K 上的值为边界条件，在圆内求拉普拉斯
方程的解，得v ，今证在圆内除A 外，处处有)()(M u M v =
令v u w -=，则在K 内除A 外处处调和且K 上0=w 。

在A 点 01ln
)(lim
=→AM
A
M r M w
作函数 )1ln 1(ln
)(R
r M w AM
-=εε
)(M w ε具有如下性质：在K 和圆δ=AM r 所包围的环形域内是调和函数，其中δ可取任意
小
的正数。

又在圆K 上0=w ，在K 内0)(>M w ε。

因为
A M r R
r M w AM
AM
→→-=当ε
εε)1ln
1ln
1(1ln
)(
故可取'δ充分小，使得在圆'δ<AM r 上，
2
1ln
)(ε
ε>
AM
r M w
又因为 01ln
)(lim
=→AM
A
M r M w
故存在''δ，当''δ<AM r 有 2
|1ln
)(|
ε
<
AM
r M w
今取),min('''δδδ=则在δ=AM r 上， AM
AM
r M w r M w 1ln
)(|1ln
)(|
ε<
即在δ=AM r 上
)()(M w M w ε<
又在K 上，w 与εw 皆为零，根据极值原理，对K 和δ=AM r 围成的环形域内任一点M ，有
)()(M w M w ε<
又ε是上任意的。

令0→ε，得0)(→M w ε，故 0)(≡M ω
即u v =，令)()(A v A u =，则u 在K 点调和。

6．证明如果三维调和函数)(M u 在奇点处附近能表示为AM
r
N α
，其中常数01>≥α，
N 是不为零的光滑函数，则此时它趋于无穷大的阶数必与
AM
r 1同阶，即1=α。

证：若，1<α由于)(M u 在A 的领域除A 外是调和的，且在的附近可表为
AM
r
N
α
，
则
0lim
lim
1==-→→N r
u r A
M AM A
M α
由可去奇点定理知，A 为u 的可去奇点，故在A 点u 不趋于∞。

故若在A 点趋于∞，则α不小于1又10≤<α，所以1=α。

7．试求一函数，在半径的圆的内部是调和的，而且在圆周C 上取下列的值：
（1）ϕcos A u c
= （2）
ϕsin B A u
c
+=
其中,A B 都为常数。

解：利用泊松公式
ϕϕϕρρϕρπϕρπ
d a a
f a
u ⎰
--+-=
20
002
2
2
02
00)
cos(2)
()(21),(
（1） ϕϕϕρρϕ
π
ρϕρπ
d a a
A a
u ⎰
--+-=
20
002
2
202
00)
cos(2cos 2),(
记,2,002
02
0ρρa B a A -=+=计算
ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕ
π
π
d B A d B A ⎰
⎰
-++-=
-+20
0000020
000)
cos())cos(()
cos(cos
ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕπ
π
d B A d B A ⎰
⎰
-+--
-+-=
20
0000020
00000sin )
cos()sin(cos )
cos()
cos(
ππ
ϕϕϕϕ
ϕϕϕ
20
0000
20
0000
)
cos(ln(1sin ))
cos(1(1cos -+⋅
--+-=⎰
B A B d B A A B ϕϕϕϕ
πϕπ
d B A B A B ⎰
-+-
=
20
0000
00
)
cos(1
cos 2cos
所以
ϕ
ϕϕρρ
ρπ
ϕ
ρρϕ
ρρϕρπ
d a a
a
a a A a a A u ⎰
--+-⋅
++
-=
20
0020
2
2
2
2
2
2
2
00)
cos(221
cos 2)
(cos 2)
(),(
又由于在圆的边界上取常数1的调和函数，在圆内必恒等于1，故
1)
cos(22120
002
2
2
2
=--+-⎰
ϕϕϕρρρπ
π
d a a
a
所以 0000cos ),(ϕρϕρa
A u =
即 ϕρϕρcos ),(a
A u =
（2） ϕϕϕρρϕ
π
ρϕρπ
d a a
B A a
u ⎰
--++-=
20
002
2
202
00)
cos(2sin 2),(
ϕϕϕρρρπ
π
d a a
a
A ⎰
--+-⋅
=20
002
2
2
2
)
cos(221
ϕϕϕρρϕϕρπϕ
π
d a a
a B ⎰
--+--⋅
+20002
02
02
02
)
cos(2)
sin()(21
cos
ϕϕϕϕρρϕϕρπ
ϕ
π
d a a
a
B ⎰
--+--⋅
+20
0002
02
02
02
cos )
cos(2)
cos()(21sin
利用上题计算中的相应结果，即
0)
cos(2)
sin()(2120002
02
02
02
=--+--⎰
ϕϕϕρρϕϕρππ
d a a
a
a
d a a
a
20
02
02
02
02
)cos(2)
cos()(21ρϕϕϕρρϕϕρπ
π
=
--+--⎰
所以 0000sin ),(ϕρϕρa
B A u +=
即 ϕρϕρsin ),(c a
B A u +
=
或按以下方法，将边值写成 )2
cos(π
ϕ-
+=B A u
c
由于方程齐次的，利用可加性，则21u u u +=,其中1u 满足边值,1
A u c
=
题知
且由第则显然满足边值
)1(,),2
cos(12
2A u B u u c
=-
=π
ϕ
),2
cos(|2π
ϕρ-
=
a
B u c 则显 然A u =1是由第（1）题知)2
cos(2π
ϕρ-
=
a
B u
故
ϕρπ
ϕρsin )2
cos(2a
B A a
B A u +
=-
+
=
8.试用静电源法导出二维调和方程在半空间的狄利克莱问题：
⎩
⎨
⎧=>=+=∆=)(0
00x f u y u u u y yy xx
的解。

解：设),(00y x 为域内一点，则它关于平面y=0的对称点为),(00y x ，故格林函数为
⎥⎥⎦
⎤⎢
⎢⎣
⎡
-+---+-=2
02
02
02
00)
()
(1
ln
)()
(1
ln
21
),(y y x x y y x x M M G π 对于空间y>0来讲，边界y=0的外法线方向是与y 轴相反的方向，故
⎥
⎦
⎤⎢⎣⎡
-+-+--+--=
∂∂-
=∂∂2020020200)()()()(21y y x x y y y y x x y y y
G n G π
2
2
)
(1
y x x y n
G y +--
=∂∂=π
所以 fds n
G y x u y ⎰
=∂∂-
=0
0,0)(
=
()
()dx x f y x x y ⎰
-∞
+∞
-+
2
2
01
π
即 ()
ξξπ
ξd f y
y x u y
x ⎰
-+∞
∞-+
=
2
2
)
(),(
11. 举例说明对于方程
02
2
2
2
=+∂∂+
∂∂cu y
u x u ()0>c 不成立极值原理。

解：在矩形域πc
x 20≤
≤；πc
y 20≤
≤上研究方程
02
2
2
2
=+∂∂+
∂∂cu y
u x
u
函数y c
x c
u 2sin 2sin ⋅=在矩形域内二阶连续可微，满足方程，在闭域上连续且在边界
上0=u ,但在域内点)22,22(π
π
c c 处,1=u 即取到正的最大值，故极值原理不成立。