第四章格林函数法

的偏导数，则由第二Green公式，有
v u
(u
n
v
)dS n
0
（2）
（1）式＋（2）式，得
1
u(M0 ) 4
1
1 u
[u ( )
]dS
n rMM0 rMM0 n
（1）
v 1 1
1
u
u(M0 )
{u[
n 4
( )] (
n rMM0
4 rMM0
v) }dS n
（3）
选 v ，使 v 1
u(M0 ) 4
[u(M ) ( )
n rMM0 rMM0
]dS(M ) n
意义：调和函数在 内任一点的函数值可用其边界上的函数值
及其法向导数值表示。
证明： 取 v 1 rMM 0
如图作球
K M0
则 u和
v在
K M0
内均为调和函数，
由第二Green公式有
M
0
[u ( 1 ) 1 u ]dS 0
OM
______
MM1
_____
OM 0 MM 0
______
OM ______
_____
R _____
MM1
______
OM 0
MM 0
0
MM 0
应使球面上的电位为零，必有
1 q 0
4 rMM0 4 rMM1
将距离关系式代入，可得 q R
0
于是球域上的Green函数为
1 1 R1
G(M , M0 )
那么，这个假想的点电荷应在区域外的什么位置，所带电量 又如何呢？
这个点应是 M 0 关于边界曲面 的对称点。但是，对一般 区域而言，这个对称点并不易得到。下面看两个特殊问题。
§4.３ 格林（Green）函数的应用
1 半空间上Green函数及狄利克莱问题的解
如我们研究上半空间 {(x, y, z) z 0, x, y }
（2）第一Green公式：设 是有界区域， 是其边界曲面且 足够光滑，u(x, y, z), v(x, y, z) 及其一阶偏导数在 上连 续，在 内有二阶连续偏导数，则
uvd
u
v n
dS
u
(
x
v x
u y
v y
u z
v )d z
推导：令 P u v , Q u v , R u v
[u ( 1 ) 1 u]dS 4u 4 u 0
n rMM0 rMM0 n
n
令 0 ，则 u u(M0 )
u u(M0 )
n
n
从而得证
1
1 1 u(M )
u(M0 ) 4
[u(M ) ( )
n rMM0 rMM0
]dS n
4 调和函数的基本性质
性质1：设 u(x, y, z) 在有界区域 内为调和函数，且在
4
( rMM0
0
) rMM1
对狄利克莱问题
u 0, x2 y2 z2 R2 u x2 y2 z2 R2 f (x, y, z)
其用Green函数表示的解为：
G
u(M0 )
K
f
dS n
M
该Green函数又可表示为：
O
M0
注意：这 时Ｍ在球
体内
M1
1 1 R1
G(M , M0)
我们采用如下方法获得 g(M , M0 )
假设区域外也有一个点电荷（不一定单位电荷），它对自由
空间的电场也产生一个电位。设这两个点电荷所产生的电位
在导电面上恰好抵消，则这个假想的点电荷在区域内电位就
等于感应电荷所产生的电位，g(这M ,样M0 )
就得到了。
这种获得 g(M , M0 ) 的方法称为静电源象法（镜象法）
uv
证明：用反证法
若在 内有 u v ，即 u v 0 ，而在边界上 u v 0 ， 说明 u v 在内部可能取最大值。
推论2：狄利克莱问题 的解唯一。
u 0, u f
(x, y, z)
证明：设 u1 和 u2 均为该问题的解，则 u u1 u2 满足
由极值原理， u 0
4
( rMM 0
0
) rMM1
0
1(
1
R
)
4 2 02 20 cos 02 2 R4 2R20 cos
特点：除 M0 (x0 , y0 , z0 )点外，任一点满足Laplace方程。
同学们自己验证。
二维Laplace方程的基本解：
1
1
u(x, y) ln ln
rMM 0
(x x0 )2 ( y y0 )2
特点：除 M0 (x0 , y0 ) 点外，任一点满足Laplace方程。
同学们自己验证。 问题：基本解是否为整个区域内的解？
4
( rMM0
) rMM1
对狄利克莱问题
u 0, z 0 u z0 f (x, y) x, y
则其用Green函数表示的解为：
u(M0) f
z0
G n
dS
而在该边界上有
G G
n
z z0
为什么？
1 ( z z0 z z0 ) 1
z0
4
r3 MM 0
r3
MM1 z 0
电量（应使球面 K上的电位为零）：
M
O
M0
：如图
M1
M K 作三角形如图 SOMM0 , SOMM1
______ _____
OM0 OM1 R2
______
OM 0 R
R
_____
OM1
______ ______
OM 0 OM
______
_____
OM OM1
S S OMM0
OMM1
______ ______
1
1
1 u
u(M0 ) 4
[u ( )
]dS
n rMM0 rMM0 n
（1）
1
1
1 u
[f ( )
]dS
4 n rMM0 rMM0 n
但在边界上， u 未知，不能用上述公式求解，必须消去 u
n
n
为此，引入Green函数的概念。
取 u, v 均为区域 内的调和函数，且在 上有一阶连续
用静电源象法求其Green函数： M0 (x0 , y0 , z0 )
在M0关于边界曲面 z 0 的对称点为 M1(x0 , y0 , z0 )
在
M
放置一单位负电荷，则它们所形成的静电场的电位在边
1
界 z 0 上恰好为零。
为什么？
因此上半空间的Green函数为：
11 1
G(M , M0 )
，则（3）式变成
4 rMM0
v 1 1
u(M0 )
称为Green函数
u[
n 4
( )]dS n rMM0 1
u (
Fra Baidu bibliotek
v)dS
n 4 rMM0
（4）
令
1
G(M , M0 ) 4 rMM0 v
则（4）式表示为
G
u(M0 ) u n dS 于是狄利克莱问题的解可表示为 u(M0 )
n rMM0
rMM0 n
在 上（其外法线方向如何？）
( 1 ) ( 1 ) 1 1
n
于是
rMM 0
r rMM0
r 2
MM 0
2
u ( 1 )dS 1 udS 1 4 2 u 4u
n rMM0
2
2
1 u dS 1 u dS 4 u
rMM0 n
n
n
代入上式，得
例1 求解下列定解问题
2u 2u 2u 0, x , y , z 3 x 2 y 2 z 2 u(x, y,3) f (x, y), x , y
解： M 0 (x0 , y0 , z0 ) 对称点为 M1(x0, y0,6 z0)
故其Green函数为
G(M , M0)
1
4rMM 0
1
4rMM1
1
1
4 x x0 2 y y0 2 z z0 2 4 x x0 2 y y0 2 z 6 z0 2
该问题的解为
u(M0)
G(M , M0 ) f (M )dS n
G(M , z
M
0
)
|z3
f (x, y)dxdy
２ 球域上的Green函数及狄利克莱问题的解
2 [(x x0 )2 ( y y0 )2 z02 ]3/ 2
从而
1
u(M0 ) 2
f
(x,
y) [(x
x0 )2
z0 (y
y0 )2
z02 ]3/ 2 dxdy
注：
rMM0 (x x0 )2 ( y y0 )2 (z z0 )2 rMM1 (x x0 )2 ( y y0 )2 (z z0 )2
有
1
u(M0 )
意义：球平均值
4 a2
a
udS
证明：将调和函数积分表达式用于此球面上，有
1
1
1 u
u(M0 ) 4
a
[u ( ) n rMM0 rMM0
]dS n
而
1
1
1
( ) ( )
n rMM0 a r rMM0 a
a2
为什么？
1 u dS 1 u dS 0
a rMM0 n
x
y
z
代入高斯公式，并注意方向导数公式即可得。
（2）第二Green公式：设 是有界区域， 是其边界曲面且 足够光滑，u(x, y, z), v(x, y, z) 及其一阶偏导数在 上连 续，在 内有二阶连续偏导数，则
v u
(uv
vud
(u
n
v
)dS n
推导：由第一Green公式，有
2 Green函数的静电学意义
设在 M 0 处有一个单位点电荷，则其在空间任一点 M 处所
产生的电场电位为 1
4 rMM0
若在 M 0 点的点电荷是包围在一个封闭的导电面内，而这个 导电面又是接地的，此时在导电面上的电位恒等于零，在 导电面内任一点M 的电位由两部分组成：
1
G(M , M0 ) 4 rMM0 g(M , M0 )
（5）
f G dS n
问题：Green函数 G(M , M0 ) 如何构造？即 v 如何构造？ 在上面的分析中，我们要求 v 应满足
v 0, (x, y, z)
v
1
4 rMM0
这又是一个狄利克莱问题。对一般区域，求解此问题并非 易事，但对某些特殊区域，如球域、半空间等可求出Green 函数，后面将给出这两个例子。
设球域为 {(x, y, z) x2 y2 z2 R2}
用静电源象法求其Green函数： M0 (x0 , y0 , z0 )
我们采用下面的方法找 M0 关于边界球面的对称点 M1
在半射线
OM
上截线段
0
OM1
，使
______ _____
OM0 OM1 R2
采用下面的方法找 M1 电荷所带
u 0, u 0
(x, y, z)
推论3：对狄利克莱问题
u 0, u a
(x, y, z) (常数)
有 ua
§4.2 格林（Green）函数
1 Green函数的引入 对狄利克莱问题 u 0, (x, y, z) u f
由调和函数的积分表达式，其解可以表示成 M0
上有一阶连续偏导数，则 u dS 0
n
证：令 v 1 将 u, v代入第二Green公式即可。
推论1：诺伊曼问题
u 0,
u n
f
(x, y, z)
有解的必要条件是 fdS 0
同学们考虑为什么？
性质2（平均值定理）：设 u(x, y, z) 在有界区域 内为调和
函数，M0 ，a 是以 M0为球心，以 a 为半径的球面，则
v
u v u v u v
uvd
u
n
dS
(
x
x
y
y
z
)d z
vud
v
u n
dS
(
u x
v x
u y
v y
u z
v )d z
两式相减即可得。
3 调和函数的积分表达式
定理：设 u(x, y, z)在有界区域 内为调和函数，且在 上 有一阶连续偏导数，则 M0 ，有
1
1 1 u(M )
a a n
为什么？
于是
1
u(M0 ) 4 a2 a udS
性质3（极值原理）：若 u(x, y, z)在有界区域 内为调和函
数，在 上连续，且不为常数，则其最大值、最小值只能
在边界 上 达到。
证明从略
推论1：设 u, v 在有界区域 内为调和函数，在 上连
续，若在 上 有 u v ，则在 内也有
其中 g(M , M0 ) 表示导电面上感应电荷所产生的电位。
（该函数结构即是Green函数）
可见只要将g(M , M0 ) 确定了，则 G(M , M0 ) 也就确定了。
g(M , M0 ) 如何确定呢？根据Green函数的结构，g(M , M0 ) 必须
满足
1
g(M , M 0 ) 4 rMM0
第四章 格林函数法
拉普拉斯方程边值问题的求解方法
§4.1 格林（Green）公式及其应用
1 拉普拉斯（Laplace）方程的基本解
调和函数：具有二阶连续偏导数的调和方程的连续解；或满 足Laplace方程的函数。 三维Laplace方程的基本解：
1
1
u(x, y, z)
rMM 0
(x x0 )2 ( y y0 )2 (z z0 )2
2 Green公式
（1）奥－高公式（高斯公式）：设 是有界区域， 是其 边界曲面且足够光滑，P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z) 在 上连续，在 内有连续偏导数，则
(
P x
Q y
R )d z
(P cos
Q cos
R cos
)dS
其中n {cos, cos , cos } 是 的外法线方向。