《数学物理方程》习题精练

《数学物理方程》习题精练5(椭圆型方程的边值问题)内容 1.分离变量法2.调和函数的性质与极值原理3.Dirichlet 问题的Green 函数法1. 分离变量法(1)Poisson 方程边值问题的“特解法”Poisson 方程描述稳恒场的分布情况，对于Poisson 方程的边值问题，虽不像波动方程和热传导方程那样有所谓的Duhamel 原理，但若能找到Poisson 方程的一个特解，常可把它转化成Laplace 方程的边值问题来求解，这便是所谓的“特解法”. 今有边值问题(*)⎪⎩⎪⎨⎧∂∈=∈=+∂Dy x y x u D y x y x f u u D yy xx ),( ),,(),( ),,(ϕ设),(y x w 是Poisson 方程的一个解(特解)，),(y x u 是所给边值问题的解.令),(),(),(y x w y x v y x u +=，则),(y x v 满足如下的边值问题(**)⎪⎩⎪⎨⎧∂∈-=∈=+∂∂Dy x w y x v Dy x v v D D yy xx ),( ,),(),( ,0ϕ亦即),(y x v 是域D 上的调和函数.这样，就把Poisson 方程的边值问题(*)转化成Laplace 方程的边值问题(**).对于特殊的区域D ，我们还可以用分离变量法来求解(**).例1 求解Poisson 方程的边值问题⎪⎩⎪⎨⎧=<+-=+=+.0)( ,222222a y x yy xx u a y x xy u u 解 ①先寻求Poisson 方程的一个特解),(y x w .显然，xy xy y x -=+-∆)](121[33，于是得到一个特解为 θθρcos sin 121)(121)(121),(42233-=+-=+-=xy y x xy y x y x w .令 θθθρ2sin 241cos sin 1214-=-=+=v v w v u ，则新的未知函数v 满足如下的定解问题：⎪⎩⎪⎨⎧=-=<=∆===,2sin 241)( ,04θρρρρa w u v a v a a a ②在平面极坐标系下用分离变量法求解关于v 的圆域边值问题：根据Laplace 方程圆域Dirichlet 问题的形式解(或Poisson 积分公式)nnn nd n n f a d n n f a d f u ραθααπαθααπααπθρπππ] sin sin )(1 cos cos )(1[)(21),(2012020⎰∑⎰⎰+++=∞=我们得到(令αα2sin 241)(4a f =) nn n n d n n a a d n n a a d a v ραθααπαθααπααπθρπππ] sin sin 2sin 2411cos cos 2sin 2411[2sin 24121),(2041204204⎰∑⎰⎰+++=∞=第一项和第二项积分等于零，第三项积分当且仅当2=n 时不等于零.θρααππ2sin ]2sin [2422022⎰=d a θρ2sin 2422a =.[或者由分离变量法得到Laplace 方程满足自然单值条件和在圆域内有界的解为∑∞=+=0)sin cos (),(n n n n n D n C v ρθθθρ，由边界条件得θθθ2sin 241)sin cos (4a a n D n C n n n n =+∑∞=， 比较两端系数得 22241 ),2( 0 , 0a D n D C n n =≠==， ∴ θθρ2sin 24),(2a v =]. 故所求Poisson 方程边值问题的解为θρρθρθρ2sin )(2412sin 242sin 24222422-=-=+=a a w v u .附注 用“特解法”求解Poisson 方程的边值问题，由于特解的寻求多种多样，自然是越简单越好，以减少繁杂的计算.特解找到后，则问题便转化成Laplace 方程的边值问题.就圆域而言，在极坐标系下分离变量，问题已经解决.因而特解的寻求以对称形式为好，对本例来说结果是现成的.例2 求解Poisson 方程边值问题⎪⎩⎪⎨⎧==+-=∆=+,0)0( ,4222222a y x u y x u 解 特解 222)(ρ-=+-=y x w ， 令 2ρ-=+=v w v u ，则v 满足⎪⎩⎪⎨⎧==∆=.,02a v v a ρ 其解为 ∑∞=+=)sin cos (),(n n n nn D n Cv ρθθθρ，代入边界条件有2)sin cos (a a n D n Cn n nn =+∑∞=θθ， 比较系数得 ),2,1( 0 ,20 ====n D C a C n n . ∴ ,),(2a v =θρ 故 22),(ρθρ-=+=a w v u .附注 〈ⅰ〉这个问题在用“特解法”转化成Laplace 方程的边值问题后，由于区域是圆域，且在边界上取常数值(2a ),故只可能是常数解2a ，这是Laplace 方程边值问题所共有的特点，是应予以重视的.这也可从调和函数的极值原理立即推出.〈ⅱ〉Poisson 方程的边值问题都可以通过“特解法”转化成Laplace 方程边值问题的求解，因而Laplace 方程边值问题的求解是关键.〈ⅲ〉非圆域情形的Laplace 方程的边值问题，用分离变量法求解，可不必化成极坐标.例如矩形域： 而边界条件的特点是：一组为齐次边值，而另一组必为非齐次边值(否则只有零解).齐次边值用来构成特征值问题，而非齐次边值用来确定叠加系数，这是必须注意的. 总之，“特解”的寻求多种多样，具体问题具体分析，切忌死搬硬套. ★亥姆霍兹(Helmholtz)方程在柱坐标系下的变量分离 在柱坐标系下，Helmholtz 方程 03=+∆cu u 变为01)(122222=+∂∂+∂∂+∂∂∂∂cu z uu u θρρρρρ . (A) 设 ),()(),,(θρθρV z Z z u =，可得0)(22222=++∂∂+∂∂∂∂cZV dzZd V V Z V Z θρρρρρ，以ZV 除上式并移项，得)( 1)(1122222μθρρρρρ=-∂∂-∂∂∂∂-=c VV V V dz Z d Z . 于是 0 22=-Z dzZd μ， (B) 0)(1)(1222=++∂∂+∂∂∂∂V c VV μθρρρρρ. 再设 )()(),(θρθρΘ=R V ，可得0)()(222=Θ++Θ+ΘR c d d R d dR d d μθρρρρρ， 以ΘR 2ρ乘之并移项，得)( )()(1222λρμρρρρθ=++=ΘΘ-c d dRd d R d d ， 于是 ,022=Θ+Θλθd d ⎥⎦⎤⎢⎣⎡==Θ=+Θ ,2,1,0 ,)()2(2m m λθπθ (C)0])[()(12=-++R c d dR d d ρλμρρρρ. (D) 记 μν+=c ，若0>ν，令ρν=x 若0<ν，令ρν-=x ，并记)()(νρR x y =， 并记)()(νρ-=R x y ， 则(D)变成则(D)变成0)1()(122=-+y x m dx dy x dx d x . (E) 0)1()(12=+-y m dy x d . (F) 称为m 阶Bessel 方程.换x 为ix 附注 〈ⅰ〉Helmholtz 方程在球坐标系下分离变量可得0)]1([)(22=+-+R n n cr drdR r dr d ，令 )()( ,cr R x y r c x ==，则可化为0)]1([)(22=+-+y n n x dxdy x dx d ， 称为球Bessel 方程.〈ⅱ〉对三维波动方程 u a u tt 32∆= 和三维热传导方程 u a u t 32∆= 将时间变量和空间变量分离，都会导出Helmholtz 方程 03=+∆cu u ，其中 c 便是分离变量时引入的泛定常数，0=c 时，Helmholtz 方程成为Laplace 方程.2.调和函数的性质与极值原理 例3 试证：对于Poisson 方程),,(43z y x u u u u zz yy xx πρ-=++≡∆的解 ),,(z y x u 来说，当 ),,(000z y x ρ 为正(为负)时，),,(000z y x u 不能为极小(极大). 证 若 ),,(z y x u 在点 ),(0000z y x M 有极值，则一元函数),,()(00z y x u x f = 在 0x 有极值，),,()(00z y x u y =ϕ 在 0y 有极值，),,()(00z y x u z =ψ 在 0z 有极值.而对于一元函数)(x f ，若在 0x 有极值，则 0)(0='x f ，.0)( 0)(0（极大），极小≤≥''x f一般的，若在 0x 点 ， )1,,2,1( ,0)(0)(-==n k x fk ，而 0)(0)(≠x f n ，则⎩⎨⎧. 有极值偶，无极值，奇，n 以下我们用反证法来证明：由于 Ω∈-=∆M M u ),(43πρ， ①当 0)(0>M ρ 时，若 )(0M u 为极小，则⎪⎩⎪⎨⎧='='=',0)(,0)(,0)(000z y x f ψϕ 而 ⎪⎩⎪⎨⎧≥''≥''≥''.0)(,0)(,0)(000z y x f ψϕ 于是 0)()()(),,(000000≥∆=+''+''z y x u z y x f ψϕ.但 0)(40),,(000<-=∆M uz y x πρ，矛盾.②当 0)(0<M ρ 时，同样可以证明.附注 〈ⅰ〉物理解释：对于 0)(0>M ρ 的情形，Poisson 方程的解有明显的物理意义：内部有热源的稳恒的温度场，其温度函数 ),,(z y x u 便满足Poisson 方程.若于物体Ω 内点 0M 处放一热源，则 0M 处的温度不会比其附近的温度低.对于按电荷密度ρ分布的带电体也是这样.〈ⅱ〉上述性质可以推广到如下的方程03=++++∆du cu bu au u z y x ，其中 d c b a , , , 皆为),,(z y x 的已知函数.我们有如下的结论： ①若 0)(0<M d ，则 )(0M u 不能为正的极大.②若 0)(0>M d ，则 )(0M u 不能为负的极小. 证明 仍用反证法.①设 0)(0<M d ，若 )(0M u 为正的极大，则因为0 ,003≤∆===M M zM yM xuu u u ，从而 0)(03<+∆M du u ， 这与原方程矛盾.同样可证明②.〈ⅲ〉更一般的我们有对于方程 f cu x ub x x u a ni i i nj i j i ij=+∂∂+∂∂∂∑∑==11,2， 其中 f c n j i b a i ij , ),,,2,1,( , = 都只是 ),,,(21n x x x 的已知函数，若矩阵 n n ij a ⨯)(是正定的，并且 0≤c ，则当 0<f 时，u 不能在有界域内取负的极小值；而当0<f 时，u 不能在有界域内取正的极大值.证明 事实上，若不然，设当 0<f 时，u 在有界域Ω内),,(0000z y x M 处取负的极小值，则由取极值的必要条件：0)( grad 0=M u ，而 n n ij a ⨯)( 正定，于是0][01,2≥∂∂∂∑=M nj i j i ij x x ua ，又 0≤c ，所以这时0][1,2M nj i j i ij x x u a ∑=∂∂∂+)()(][0010M u M c x ub M ni i i +∂∂∑==0][1,2M nj i ji ijx x ua ∑=∂∂∂+0)()(00≥M u M c . 但 0)(0<M f ，这与方程矛盾，于是证明了前半部分. 同样可证后半部分.〈ⅳ〉一般的，对方程 0=+∆cu u )0(>c 不成立极值原理. 事实上，考虑方程 02=++u u u yy xx 在矩形域},0|),{(π≤≤=y x y x D的情形.容易看出，y x y x u sin sin ),(⋅= 显然是方程的一个解.对于区域 D 而言，10≤≤u ，而在 D 的内部 D 内，10≤<u ，因而 ),(y x u 的极小值0(也是最小值)只在边界上达到，但 ),(y x u 在且只在 D 的内点 )2,2(0ππM 达到极大值1(也是最大值).于是我们看到，对方程02=++u u u yy xx 而言，无极值原理可谈. 3.Dirichlet 问题的Green 函数法用Green 函数法求解Poisson 方程的Dirichlet 问题，其核心是寻求该区域的Green 函数，对特殊的区域，可用“镜像法”求得Green 函数.例4 利用“镜像法”求上半球体Dirichlet 问题的Green 函数.解 “镜像法”的核心是:在所给区域内),,(0000z y x M 点放置一单位正电荷，求出其像点的“假想电荷”于边界上所产生的电势),(0M M g -(即感应电荷产生的电势). 设上半球体为 R Ω：)0( 2222><++z R z y x ， 则其边界R Ω∂有两部分：上半球面R S 和大圆盘R D ，R S ：)0( 2222>=++z R z y x ， R D ：)0( 222=≤+z R y x .若在R Ω内点),,(0000z y x M 处放置单位正电荷，则像点有三个：0M 关于大圆盘R D 的对称点),,(0001z y x M -，0M 关于上半球面R S的对称点2M )(220R OM OM =⋅，2M 关于xoy 平面的对称点3M (即1M 关于下半球面的对称点).为使0M 处的单位正电荷和1M 处的“假想电荷”于边界R D 上产生的电势之和为零，则应于1M 处放置一个单位负电荷；为使0M 处的单位正电荷和2M 处的“假想电荷”于边界R S 上产生的电势之和为零，则应于2M 处放置一个带0ρR-电量的电荷(00OM =ρ)；但这时三个点电荷于每一部分边界上产生的电势之和都不再为零.因此，还需“平衡一下”：应于3M 处再放置一个带0ρR+电量的电荷，这时，四个点电荷于整个边界上产生的电势之和正好为零.故所求Green 函数为MM MMMM MM r R r R r r M M G 32101111),(000ρρ+--=.例5 利用Green 函数法求解Laplace 方程第一象限Dirichlet 问题⎪⎩⎪⎨⎧∞<≤=∞<≤=∞<<=+)0( ),()0,()0( ),(),0(),0( ,0x x x u y y y u y x u u yy xx ψϕ )0()0(ψϕ=. 解 二维Poisson 方程Dirichlet 问题⎪⎩⎪⎨⎧∂∈=∈-=+∂)),(( ),()),(( ),,(2D y x P P f u D y x M y x u u D yy xx πρ 解的表达式为⎰⎰⎰∂∂-=DDPdl n M P G P f dxdy M M G M M u ),()(21),()()(000πρ，其中 ),(1ln),(000M M g r M M G MM -=称为二维Laplace 算子关于区域D 的Dirichlet 问题的Green 函数，而),(0M M g 满足⎪⎩⎪⎨⎧∂∈=∈=∆∂D P r g D M M M g P M D M ,1ln ,0),(00 同三维情形一样，MM r 01ln可理解为区域D 内点0M 处的单位正电荷于M 处产生的电势，而),(0M M g -可理解为感应电荷(假想电荷)于M 处所产生的电势.因此，其核心仍然是求感应电荷(假想电荷)所产生的电势),(0M M g -. 对第一象限来说，若于),(000y x M 处放置一单位正电 荷，为使它和某处(像点)的假想电荷(感应电荷)于边界正x 轴上产生的电势之和为零，则应于0M 关于x 轴的对称点(像点)),(001y x M -处放置一个单位负电荷；同理，为使它和某处(像点)的假想电荷(感应电荷)于边界正y 轴上产生的电势之和为零，则应于0M 关于y 轴的对称点(像点)),(002y x M -处放置一个单位负电荷；但这时三个点电荷于边界上产生的电势之和将不再为零，因此，还需“平衡一下”：应于0M 关于原点的中心对称点(像点)),(003y x M --处放置一单位正电荷，这四个电荷于整个边界上产生的电势之和正好为零.故Green 函数为MM MM M M MM r r r r M M G 32101ln1ln1ln1ln),(0+--=20202020)()(1ln)()(1lny y x x y y x x ++---+-=20202020)()(1ln)()(1ln y y x x y y x x ++++-++-.而所求之解为])()([21 ])()([2121)(000000⎰⎰⎰⎰⎰∞=∞=∞∞∂∂∂+∂∂=∂∂+∂∂-=∂∂-=dx yG x dy x G y dx n G x dy n G y dl n G f M u y x D ψϕπψϕππ∵])()([220200202000y y x x y y x x x G x ++--+=∂∂=，])()([22200202000y x x y y x x y yG y ++-+-=∂∂=. ⎰∞++--+=202020200])(1)(1)[(dy y y x y y x y x ϕπ⎰∞++-+-+022020200])(1)(1)[(dx y x x y x x x y ψπ.★ 二维Poisson 方程Dirichlet 问题的Green 函数法的分析过程 1. Green 恒等式1.Green 第一、第二恒等式：设D 是由若干条互不相交的正则闭曲线围成的(单连通或复连通)区域，记其边界为n D L ,∂=是边界D ∂的外法线方向，下同.设 ⎪⎩⎪⎨⎧∈∈),( )( ),(21内在，上在D C D C y x u 在Green 公式 ⎰⎰⎰∂+=∂∂+∂∂DDdl y n Q x n P dxdy y Qx P )],cos(),cos([)(中取 y x uv Q uv P == ,，则有.)],cos(),cos([)]()([⎰⎰⎰⎰∂∂∂∂=+=+++DDy x D y y x x yy xxdl nvudl y n v x n v u dxdyv u v u v vu即⎰⎰⎰⎰⎰+-∂∂=∆∂D y y x x DDdxdy v u v u dl n vuvdxdy u )(， 1)1( 同理⎰⎰⎰⎰⎰+-∂∂=∆∂Dy y x x DDdxdy v u v u dl n uvudxdy v )(， 2)1( 称1)1(、2)1(为Green 第一恒等式. 1)1(-2)1(立得⎰⎰⎰∂∂∂-∂∂=∆-∆DDdl nuv n v udxdy u v v u )()(， (2) 称为Green 第二恒等式(或称为Laplace 算子∆的基本公式).2.一个重要公式我们知道，2∆的基本解为 2020)()(1ln1lny y x x r MM -+-=，在0M M ≠的地方，1lnMM r 满足 01ln=∆MM r .于Green 公式(2)中取 =v 01lnMM r (0M 为一固定点).①当点),(000y x M 在D 外时，01ln=∆MM r . 由(2)得 ⎰⎰⎰∂=∂∂-∂∂+∆-DMM MM DMM dl r n u n u r udxdy r 0)]1(ln )1[(ln)1(ln. ②当点D y x M ∈),(000时，由于01lnMM r 以定点),(000y x M 为奇点，不能直接用(2)，以 ),(000y x M为心，ε为半径作一小圆εC ，使其含于D 内， 并记其边界为Γ.则在εC D \上(2)成立⎰⎰⎰Γ+∂∂∂-∂∂=∆-D MM MM C D MM dl nu r r n uudxdy r ])1(ln )1(ln [)1(ln000\ε. 令0→ε☆设在D 内除点0M 外，C M f ∈)(，且在0M 近旁)(M f 无界. 若在0M 近旁α|||)(|0MM AM f ≤，则当2<α时，⎰⎰Ddxdy y x f ),(收敛.⎰⎰DMM dxdy r 01ln是收敛的，因在0M 近旁，011lnMM MM r r ≤.“左”：∵ 广义积分⎰⎰∆DMM udxdy r )1(ln收敛，∴⎰⎰⎰⎰∆=∆→DMM C D MM udxdy r udxdy r )1(ln)1(lnlim\0εε.“右”：⎰Γ∂∂-∂∂dl nur r n uMM MM ])1(ln 1ln [00 在Γ上，rn ∂∂-=∂∂，θεθεθεd dl y y x x =+=+= ,sin ,cos 00 ⎰Γ∂∂-=dl nur r u MM MM ])1(ln[⎰∂++∂⋅+++=πθεεθεθεεθεθεε200000])sin ,cos (1ln )sin ,cos (1[d y x u y x u⎰∂∂⋅+++=πθεεεθεθε2000]1ln)sin ,cos ([d uy x u),( 2)sin ,cos (lim002000y x u d y xu πθθεθεπε=++⎰→∵|⎰⎰∂∂≤∂∂⋅ππθεεεθεεε220||1ln 1ln d ud u | 而.01lnlim 0=→εεε有界),( 2000y x u πε−−→−→. ∴ ⎰⎰⎰∂=∂∂-∂∂-∆-DMM MM DMM y x u dl nu r r n uudxdy r ),( 2])1(ln )1(ln [)1(ln00000π. 综上我们得⎩⎨⎧∈∉=∂∂-∂∂-∆-⎰⎰⎰∂2000001000(3) ),( ),,( 2(3) ),( ,0])1(ln )1(ln [)1(ln000D y x M y x u D y x M dl nur r n uudxdy r DMM MM DMM 当当π2.二维调和函数的性质1.定义 设两个实变数的实函数),(y x u u =在区域D 内有连续的二阶偏导数，并且满足二维Laplace 方程(或二维调和方程)02=+≡∆yy xx u u u ， (4) 则称),(y x u 为二元调和函数或调和函数.2.调和函数作为解析函数的实部及虚部定理1 设)(z f 在区域D 内解析，则其实部和虚部是在D 内的调和函数. 解析函数的实部及虚部满足C-R 条件：xvy u y v x u ∂∂-=∂∂∂∂=∂∂ ,， (5) 称在区域D 内满足C-R 条件(5)的调和函数),(y x u 和),(y x v 为共轭调和函数.定理2 函数),(),()(y x iv y x u z f +=在单连通区域D 内解析的充要条件是：),(y x u 和),(y x v 是在区域D 内的共轭调和函数.3. 调和函数的性质性质1 设D M D D C y x u ∈⎩⎨⎧∈01 ),( )( ),(内在调和，上在，则 ⎰∂∂∂-∂∂=DMM MM dl r n u n u r y x u )]1(ln )1[(ln21),(000π. (6) 证 在2)3(中取u 为D 内的调和函数，立得.性质2 设 ),( )( ),(1⎩⎨⎧∈内在调和，上在D D C y x u 则 ⎰∂=∂∂Ddl n u0. (7) 证 在Green 第二恒等式中取u 如所给，取1=v ，立得.附 物理意义：对于稳定的温度场，经物体边界流入和流出该物体的热量相等，否则温度场不稳定.推论 二维Neumann 问题 ⎪⎩⎪⎨⎧=∂∂=∆∂),( ,0y x f nu D u D 内 (8)有解的必要条件是⎰∂=Ddl y x f 0),(. (9)性质3(中值公式) 设 ),()(y x u z u = 是在闭圆盘 )0( ||∞<<≤ρρz 上的调和函数，作在ρ≤||z 上的解析函数 )()()(z iv z u z f +=， (10) 由Cauchy 公式⎰-=C d z f i z f ξξξπ)( 21)(， (11) 并令ϕρξi e =，我们有 ⎰⎰===πϕρξϕρπξξξπ20||) (21)( 21)0(d e f d f i f i . (12)比较上式两边的实部和虚部，就得到调和函数的中值定理：定理3 如果),()(y x u z u = 是在闭圆盘 )0( ||+∞<<≤ρρz 上的调和函数，那么⎰=πϕϕρπ20) (21)0(d eu u i . (13)(13)式叫做调和函数的中值公式，由此立得推论 如果)(z u 是在闭圆盘 )0( ||0+∞<<≤-ρρz z 上的调和函数，那么⎰+=πϕϕρπ2000) (21)(d e z u z u i . (14) 性质4 Poisson 公式取Z 作为复变数，而用z 表示复常数.设)(Z u 是在)0( ||+∞<<≤ρρZ 上的调和函数，取定ρ<||Z 内一点z ，作分式线性变换函数：22)(ρρ+--=Z z z Z w ，即22)(ρρ++=w z z w Z ， 它把z Z =映照成0=w ，把ρ≤||Z 映照成ρ≤||w .通过映照，)(Z u 就变成了ρ≤||w 上的调和函数：))(()(221ρρ++=w z z w u w u ，对这函数应用定理3，我们有 ⎰=πψψρπ2011) (21)0(d e u u i ， (15) 其中 ) () ( ),()0( , )( 1122ϕψϕϕψρρρρρρρi i i i i e u e u z u u e z z e e==+--=. (16) 于是 ϕϕψρρi i i ez z e e--= ，对这式两边取对数，然后再微分，即得 ϕρρϕρρρψϕϕϕϕϕd ze z z d e z e z z e e d i i i i i 22||] [--=-+-=， (17) 令 θi re z =，就有ϕθϕρρρψd rr r d 2222)cos( 2+---=. (18) 把(16)、(18)代入(15)，我们得到定理4 如果)(z u 是在闭圆盘 )0( ||+∞<<≤ρρz 上的调和函数，那么，对于ρ<≤r 0，⎰+---=πϕθϕθϕρρρρπ202222)cos( 2) (21)(d r r r e u re u i i . (19) (19)式称为Poisson 公式，它推广了中值公式(13)，而把后者作为特例(0=r ). 附注 在上面的定理及其推论中，把“)(z u 在ρ≤||z 上调和”换成“)(z u 是在ρ≤||z 上的连续函数，在ρ<||z 内调和”，有关结论仍然成立.性质5(极值原理) 一个在区域D 内不为常数的调和函数，不可能在这区域的内点达到最大值和最小值.证明 用最大模原理，采用反证法.模的最大值原理：若)(z f 在闭区域D 上解析，且不为常数，则|)(|z f 只能在边界上达到最大值.假设调和函数)(z u (不为常数)在区域D 的内点0z 处达到最大值，设圆盘ρ<-||0z z)0(+∞<<ρ在区域D 内，作出在ρ<-||0z z 内解析的函数)(z f ，使其实部为)(z u .显然)(z f 不为常数，于是在ρ<-||0z z 内解析的函数)(z f e (不为常数)的模在0z 处达到最大值)(z u e，与最大模原理矛盾.因此，)(z u 在0z 不可能达到最大值.考虑函数)(z f e -，可以证明)(z u 在区域D 的内点也不可达到最小值.附注 二维调和函数还有许多其它性质，如：Harnark 不等式、Liouville 定理、奇点可去定理等，可参阅有关的参考书.3. Dirichlet 问题的Green 函数法 1. Dirichlet 问题的Green 函数法的分析过程考虑二维Poisson 方程的Dirichlet 问题： ⎪⎩⎪⎨⎧=-=∆∂,),( 2)(2f u D M M u D 内ρπ (1)对任一D y x M ∈),(000，由1的公式(3)，有⎰⎰⎰∂∂∂-∂∂+∆-=DPM PM DMM dl r n u n u r udxdy r M u )]1(ln )1[(ln21)1(ln21)(00ππ. (2) 但这不是(1)的解，因D u ∂|即经给定，(1)的解若存在必唯一.故Dnu∂∂∂不能在任意给了，所以(2)中的Dnu ∂∂∂ 尚不知.能否设法消去它？直接由(2)入手还不行，因Dnu∂∂∂ 的系数r1ln是确定的.在Green 恒等式⎰⎰⎰∂∂∂-∂∂-∆-∆=DDdl nv u n u vdxdy v u u v )()(0 中取u 是(1)的待求之解(暂不将在D 内ρπ 2-=∆u 代入)，取),(0M M g v =待定，有 ⎰⎰⎰∂∂∂-∂∂-∆-∆=DDdl ngu n u gdxdy g u u g )()(0. (3) (2)+(3)π21⨯,得⎰⎰⎰⎰∂∂∆-∆--=DMDdxdy M M g M u udxdy g r M u ),()(21])1[(ln 21)(00ππ⎰∂-∂∂-∂∂-+D dl M P g rn P u n P u M P g r ]},(1[ln )()()],(1{[ln 2100π 上式中“”是未知项，而),(0M M g 可适当选取：若令⎪⎩⎪⎨⎧∂∈=∈=∆D P r M P g D M M M g PM M ,1ln ),( ,0),(000 (4)并记 ),(1ln ),(000M M g r M M G MM -=， (5)又 )()( ),( 2)(P f P u M M u DP =-=∆∂∈ρπ，则⎰⎰⎰∂∂∂-=D Ddl nM P G P f dxdy M M G M M u ),()(21),()()(000πρ. (6) 称),(0M M G 为二维Laplace 算子关于区域D 的Dirichlet 问题的Green 函数，公式(6)称为二维Poisson 方程Dirichlet 问题解的积分公式.当0),(≡y x ρ时，(6)式成为⎰∂∂∂-=Ddl nM P G P f M u ),()(21)(00π. (7)称为Laplace 方程Dirichlet 问题解的积分公式.2.保角变换法关于二维Laplace 方程的Dirichlet 问题，还可以用保角变换法求解. 设有解析函数),(),()(y x iv y x u z f w +==，如果0)(≠'z f ，则它代表一个保角变换.特别的，存在这样一个保角变换，它可以把xoy 平面的任一单连通区域D 变到uov 平面上的单位圆内.若函数),(y x U U =在D 内调和，则经过函数 ))(( )(w z z z f w == 或者 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎩⎨⎧==⎩⎨⎧==),(),( ),(),(v u y y v u x x y x v v y x u u 的保角变换后，所得的新函数 ),(~~v u U U = 在单位圆内仍然调和.因此，我们要解决xoy 平面上Laplace方程关于区域D 的Dirichlet 问题，只要先在uov 平面上求出Laplace 方程 0~=∆U 关于单位圆的Dirichlet 问题之解，然后还原到xoy 平面，便得到原问题之解.从以上分析可知，二维Laplace 方程的Dirichlet 问题，对于一般的单连通区域之所以都能获得解决，关键在于那个变换函数)(z f w =(把任意单连通区域D 变为单位圆)的存在.事实上，这个变换函数的存在，恰恰等价于Green 函数的存在.3.Green 函数的性质(二维Dirichlet 问题) 由(4)、(5)定义的),(0M M G 具有如下性质：① ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==→≠∈=∆∂∈,0),()1(ln ),(, ,0),(000000D M MM MM M G r O M M G M M MM D M M M G 时，但即 ⎪⎩⎪⎨⎧=--=∆∂∈.0),( ),(2),(000D M M M M G D M M M M G 内πδ(其中)(0M M -δ为δ函数，它不是通常意义下的函数，属广义函数的范畴).证 由定义即知. ②⎰∂-=∂∂Ddl n M P G π2),(0. 证 在 ⎩⎨⎧==∆∂f u u D|D ,0内的解的积分公式(7)：⎰∂∂∂-=Ddl nM P G P f M u ),()(21)(00π中取1≡u 即得.③(互易原理) ),(),(1221M M G M M G =.物理意义 点1M 处的“源”在点2M 处的作用等于点2M 处相同“源”在1M 处的作用(因而Green 函数在物理上常被称为“源函数”或“影响函数”).4.Green 函数的物理意义二维Laplace 算子关于区域D 的Dirichlet 问题的Green 函数为),(1ln),(000M M g r M M G MM -=，其中),(0M M g 满足⎪⎩⎪⎨⎧∂∈=∈=∆D P r M P g D M M M g PM M ,1ln ),( ,0),(000同三维情形类似，01lnMM r 可理解为：特定装置下，区域D 内点0M 处的单位正电荷于M 处所产生的电势；而),(0M M g -可理解为：0M 处的单位正电荷于边界上所产生的“感应电荷”于M 处所产生的电势.于是，),(0M M G 可理解为：特定装置下，区域D 内点0M 处的单位正电荷于M 处所产生的电势.因此，求Green 函数归结为求“感应电荷”所产生的电势，而“感应电荷”可想象成放置于某处的“假想电荷”，使得它和0M 处的单位正电荷于边界上产生的电势之和为零.附注 用“镜像法”求二维Laplace 算子关于区域D 的Dirichlet 问题的Green 函数 例1 圆域Dirichlet 问题的Green 函数：1.内问题 222R y x <+.解 于圆222R y x <+内一点0M 处放置一单位正 电荷，“假想电荷”应在：0M 关于圆周222R y x =+的反演点1M 处，满足210R OM OM =⋅，即210R =⋅ρρ.由于△0OPM ∽△P OM 1，对圆周上任意一点P 有 P M P M r Rr 010ρ=，即PM PM r R r 10110ρ=.由于0M 处的单位正电荷于M 处产生的电势为01ln MM r ，从上面过程看出：1M 处的带ρR-电量的“假想电荷”于边界(圆周)上所产生的电势)1ln(10PMr R ρ-恰与0M 处的单位正电荷于边界上产生的电势相互抵消.故所求Green 函数为)1ln(1ln),(100MMMM r R r M M G ρ-=.顺便给出圆域Dirichlet 内问题⎩⎨⎧=<=∆=)(|)( ,0θρρf u R u R解的表达式：注意到γρρρρcos 2110220-+=MM r ，γρρρρcos 21112211-+=MM r ，其中 ),(0OM OM =γ，OM =ρ，00OM =ρ，11OM =ρ，这时10,OM OM 的方向余弦分别为 )sin ,(cos 00θθ和 )sin ,(cos θθ，所以)cos(sin sin cos cos cos 000θθθθθθγ-=+=.利用210R =⋅ρρ，可得在圆周R =ρ上，202202402220022022004022200220cos 21cos 2cos cos 2cos ]cos 2lncos 21[ln ργρργρρρργρρργρρρργρργρρρργρρρρρρρρρρ+---=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+----+--=+---+∂∂=∂∂=∂∂====R R R R R R R RR RG n G RRR R由公式(7)，可得圆域Dirichlet 内问题的解为⎰⎰+---=+--==πρθρθθρρπθργρρπθρ2020002222002202001.)()cos(221)(cos 221),(dl f R R R dl f R R R R u R上式称为圆域Dirichlet 内问题的Poisson 公式.2.外问题：222R y x ≥+.与内问题相类似，其Green 函数为)1ln(1ln),(0111MMMM r R r M M G ρ-=，而其相应的Dirichlet 外问题的解为⎰+---=πθρθθρρπθρ2021112221112)()cos(221),(dl f R R R u . 例2 半圆域Dirichlet 问题的Green 函数.解 于半圆域)0,(0222≥≤+≤≤y R y x 或πθ内一点),(000θρM 放置单位正电荷，于M 处所产生的电势为01lnMM r ，0M 关于圆周的反演点为1M (满足210R OM OM =⋅，即 210R =⋅ρρ)，则应于 1M 处放置电量 为 0ρR-的电荷，它于 M 处产生的电势为)1ln(10MMr R ρ-；0M 关于直径的对称点为)2,(000θπρ-'M ，则应于0M '处放置单位负电荷，它于M 处产生的电势为'01ln MMr -；为了使这些电荷在边界上所产生的电势正好相互抵消，除了1M 、0M '这两个“假想电荷”(带负电)之外，还应在0M '关于圆周的反演点(或1M 关于直径边界的对称点)1M '处再放置一个带0ρR+电量的电荷，它于M 处产生的电势为)1ln('10MMr R ρ.这样一来，这四个电荷在整个边界上所产生的电势正好抵消.于是可知，所求Green 函数为)1ln(1ln)1ln(1ln),;,('1'010000MMMMMMMM r R r r R r G ρρθρθρ+--=.其中 γρρρρcos 2)()(022020200-+=-+-=y y x x r MM ，γρρρρcos 2)()(122121211-+=-+-=y y x x r MM ，.,,),,(11000OM OM OM OM OM ====ρρργ由于OM OM ,0的方向余弦为)sin ,(cos 00θθ和)sin ,(cos θθ，于是有)cos(sin sin cos cos cos 000θθθθθθγ-=+=.同理 αρρρρcos 2)()(02202020'0-+=++-=y y x x r MM ，αρρρρcos 2)()(12212121'1-+=++-=y y x x r MM ，,,),,(1110000M O OM M O OM OM M O =====ρρα由于0M O '的方向余弦为)sin ,(cos ))2sin(),2(cos(0000θθθπθπ-=--，于是有 )cos(sin sin cos cos cos 000θθθθθθα+=-=.类似的可以得到半圆域Dirichlet 内问题的解.。