狄利克雷问题的解

引言复平面上积分公式及其应用，主要是通过学习Cauchy 积分有关理论的基础上，推导Poisson 积分公式和Schwarz 积分公式，再结合共形映射的相关理论知识，研究不同区域上Dirichlet 问题的解。

在一般的教材中，只是单纯的介绍了上半平面和单位圆周上的Poisson 积分公式和Schwarz 积分公式的构造，而对其他常见区域上Dirichlet 问题的解却没有给出推导，缺乏系统性和完善性。

我们能否仿照着去推导？其他区域上的Poisson 积分和Schwarz 积分是否亦有类似的结论？本文主要对这些问题加以探究，就是要在深入分析上半平面和单位圆周区域的Dirichlet 问题的解的推导过程中，总结出一般规律和方法，对上半圆周区域，心形区域，两圆所构成的角形区域上的Poisson 积分和Schwarz 积分进行构造，这些成果在理论和应用中很有意义。

1复平面上的积分公式1.1复平面上的积分公式本小节内容参考了文献[1]，[2].定理1.1.1（Cauchy 积分公式） 设区域D 的边界是周线或复周线C ，()f z 在D 内解析，在=D+C D 上连续，则1()(),()2C f f z d z D i zζζπζ=∈-⎰. 定义1.1.1 设函数()f z 在圆K : z R <内解析，在闭圆上连续，则对于K 内任一点i z re ϕ=，根据Cauchy 积分公式，有201()1e ()(Re ).22e i i i i Rf R f z d f d i z R reθπθθθζζζθπζπ===--⎰⎰(1-1)点z 关于圆周R ζ=的对称点22,i R R e z r zϕ*==因为点z *在圆周的外部，所以201()10(Re ).22Re i i i i Rf re d f d i z re θπθθϕζζζθπζπ*===--⎰⎰(1-2)从(1-1)减去(1-2)，得201Re e ()(Re )[],2Re e i i i i i i i r f z f d re r Re θθπθθϕθϕθπ=---⎰经过一些计算，即得222221()(Re ),22cos()i R r u iv f z f d R Rr rπθθπθϕ-+==--+⎰比较上式两端的实部，得到公式222221(,)(Re ),22cos()i R r u r u d R Rr r πθϕθπθϕ-=--+⎰(1-3)上式也可写成222221()(Re ),22cos()i R r u z u d R Rr rπθθπθϕ-=--+⎰(1-4)特别，对于单位圆来说，1R =上式变为22211()(e ),212cos()i r u z u d r rπθθπθϕ-=--+⎰(1-5)公式(1-3)，(1-4)，(1-5)均称为对于圆的Poisson 积分。

定义1.1.2 在(1-5)中令u(z) ≡1，立刻得到：22211 1.212cos()r d r r πθπθϕ-=--+⎰令：(),,01.i i e z re r θθζ==≤< 我们有22112cos()11(1)(1)221[()]Re().2r zr r z z z z z zz z z z z zζθϕζζζζζζζζζζζζ-=+--+--++=++---+++=+=---又,i d ie d i d θζθζθ==,d d i ζθζ= 从而()u z 是函数11()().(1)2z d f z u z i z ζζζζπζζ=+=⋅<-⎰的实部，上式中的积分成为Schwarz 积分。

2 Dirichlet 问题2.1 Dirichlet 问题的介绍：本小节内容参考了文献[3]，[4].拉普拉斯方程的通解，就是全体调和函数。

此方程是最简单的二阶偏微分方程之一。

对于常微分方程，给出了一定的附加条件，便可以确定出一个特解来。

为了要确定拉普拉斯方程的一个解，也需要附加一些条件。

常见的条件就是表示成边值问题的形状，即表示成所求函数在区域的边界上应当满足的一些已知关系式的形状，这样的边界条件，往往可以由所给问题的解的那些物理条件本身得到。

这类问题中最简单的一种，引出了Dirichlet 问题：定义2.1.1 求出一个在区域D 内调和并且在D D C =+上连续的函数()u z ，使它在C 上取已知值():u ζ ()(),u u C ζζζ=∈定理2.1.1 任何一个在圆内调和且在闭圆内连续的函数，圆内的值都可以用圆周上的值的积分即Poisson 积分表示。

证明 由Poisson 积分公式的推导过程可知定理成立。

定理2.1.2 在已知区域D ，对于给定的边界值()u ζ，Dirichlet 问题的解不能多于一个。

证明 假设1()u z 与2()u z 是Dirichlet 问题的两个解，则12()()u z u z -在区域D 内调和，在D D C =+上连续，沿C, 12()()0u z u z -≡，（因沿C,12()()()u z u z u ζ=≡,）由极值定理，12()()u z u z -在D 上的最大值与最小值两个都等于零，因而在D 上，由此可见，在D 上12()()u z u z ≡，于是定理得证。

2.2单位圆周和上半平面区域的Dirichlet 问题的解本小节内容参考了文献 [5] ，[6].定理2.2.1（单位圆内Dirichlet 问题的解） 对于单位圆的Poisson 积分就是单位圆D ：1z <内Dirichlet 问题的解。

首先，在22211()(Re )212cos()i r u z u d r rπθθπθϕ-=--+⎰中令u(z) ≡1，立刻得到22211 1.212cos()r d r r πθπθϕ-=--+⎰其次，我们下次证明()u z 是在单位圆1z <内的调和函数。

令,,(01).i i e z re r θθζ==≤<我们有22112cos()11(1)(1)221[()]Re().2r zr r z z z z z zz z z z z zζθϕζζζζζζζζζζζζ-=+--+--++=++---+++=+=---又,i d ie d i d θζθζθ==,d d i ζθζ= 从而()u z 是函数11()().2z d f z u i z ζζζζπζζ=+=⋅-⎰(1)z < 的实部。

显然11()1()()[]2u u f z d z d i zz ζζζζζζζπζζ===+--⎰⎰即11()1()1()22u u f z d z d i z i zζζζζζζζπζπζ===+⋅--⎰⎰等号右边的两个积分都是Cauchy 型积分，故()f z 在1z <内解析。

从而证得其实部()u z 在 1z < 内是调和的。

最后问题的证明转化为只需证明：220211[()()]0212cos()r u u d r r πζζθπθϕ--=--+⎰（2-1）其中00,,,01,02.i i i e e z re r θθθζζϕπ===≤<≤<由于()(e )i u u θζ=在0θθ=处连续，对于任给一个正数ε，总可以选取一个0δ>，使得当02θθδ-<时，0()().u u ζζε-< 我们可得()00000022022220222222222()()1212cos ()()1212cos()1212cos()1212cos()u u r d r r u u r d r r r d r r r d r r θδθδθδθδθδθδπζζθπθϕζζθπθϕθεπθϕθεπθϕε+-+-+-----+--≤--+-≤--+-<--+=⎰⎰⎰⎰(2-2)因为点(,)r ϕ趋于点0(1,)θ，所以对于适合00,2ϕθδθθδ-<-≥的,ϕθ，有00002θϕθθθϕθθθϕδδδ-=-+-≥--->-=因此cos()cos θϕδ-≤，从而222222212cos()12cos 12(12sin )2(1)4sin 24sin 2r r r r r r r r r θϕδδδδ--+≥-+=--+=-+>令24sin 2A r δ=，M 是()u ζ在单位圆周上的最大值。

因此得到0022202222()()1212cos()2(24)(1)2(2)(1)u u r d r r Mr A M r Aπθδθδζζθπθϕπδππδπ+-+----+≤--=--⎰ (2-3)当1r →时，上式等号右端趋于零。

即对任意的0ε>，有正数1ρ<，使当11r ρ-<<时，2(2)(1)2Mr Aπδεπ--< 从(2-2)和(2-3)式看到，当011,r ρϕθδ-<<-<时，即对区域内所有的点z 来说，就都有[]000022022222200222211()()212cos()()()()()11212cos()212cos()2r u u d r ru u u u r r d d r r r rπθδπθδθδθδζζθπθϕζζζζθθπθϕπθϕεεε++--+----+----≤+--+--+<+=⎰⎰⎰(21)ε-由的任意性，知道是真的。

定理2.2.2（上半平面内Dirichlet 问题的解） 为了求出在实轴上取已知值而在上半平面内调和的那个函数u(z)在点z 处之值，我们做出一个把上半平面Im ξ>0共形映射成单位圆1ω<的分式线性变换,zzζωζ-=- (2-4) 因为这时点 z 被变成ω=0 ，所以根据平均值定理，有201(0)(),2U U d πωτπ=⎰(2-5)其中[()](),u U ζωω= 而τ是单位圆周上点的幅角：.i t ze t z τ-=- (2-6)这里t 是在实轴Im 0ζ=上，因为(2-4)把实轴Im 0ζ=变成单位圆周1w =. 在 (2-6) 这个等式两端微分，我们得到22,().()i ye d dt z x iy t z ττ==+- 因此便有2222.()()()ydt ydtd t x y t x t z τ==-+--将上式带回到原来的变数上去，结果我们便得出了对于上半平面的Poisson 积分公式：()()()221.ydtu z u t t x yπ+∞-∞=⋅-+⎰(2-7)同样，在一定条件下（例如，设u(t)是有界函数等），我们可以证明(2-7)上半平面上Dirichlet 问题的解。

3不同区域上Dirichlet 问题的解3.1相关问题的应用：本小节内容参考了文献[7]，[8]，[9]，[10].例3.1.1求 1,Im 0z z <>内点12i 处Dirichlet 问题的解.解 （1）上半单位圆周1,Im 0z z <>的Poisson 积分公式的推导： 如图所示，先将上半圆周经过一系列变换共形映射成单位圆区域：21.1z mz w z mζηζηζ+-→=-→=→=-+3-1 例3.1.1单位圆周区域为,m w mζζ-=+其中2112().112i m i +=- （3-1） 这时点12i 被变成 0w =，所以根据平均值定理有201(0)().2U U d πωτπ=⎰(3-2)其中()[()].U g ωζω=而τ是单位圆周上的幅角：,i t m e d t mττ-=- 这里t 在实轴Im 0ζ=上，因为(31)-把实轴Im 0ζ=变成圆周1w =, 把i t m e d t m ττ-=-式两端微分，我们得到：2,()i m me d dt t m ττ-=- 因此便有 ()()m md dt t m t m τ-=--.把此式代(3-2)式,有481125()()(),747422()()()()25252525i m m g g t dt g t dt t m t m t i t i ζππ+∞+∞-∞-∞--=⋅=⋅--+++-⎰⎰由于()u z 是把上半圆周边界映射到实轴上， 所以1122221964()(1)()724724225(1)[(1)()(1)][(1)()(1)]25252525i u z z u i dz z z i z z i z π-+=-+----+--+-⎰2222964()(1).72472425(1)[(1)(1)()][(1)()(1)]25252525i i i i i i i i iu e e e d z e e i e i e θθθπθθθθθπ+--+----+--+-⎰（2）上半单位圆周区域1,Im 0z z <>的Schwarz 积分的推导： 在上半平面区域中有48724125()()72472425252()()25252525dt g i g t t i t i π+∞-∞---=+++-⎰,又4825724724()()25252525dt t i t i -+++-=Re1724()2525i t i ++,所以上半平面的Schwarz 积分为7241()()72425252()2525g t dtg i t i π+∞-∞--=++⎰,又因为21()1z t z +=-， 故3(1)2(2)()1()1(1)7241724()()252512525z u z g t dt z dz z i i t i i z ππ+⋅--=+++++-⎰⎰=34()(1)1724(1)()12525u z z dz z i z i z π+-+-++-⎰.所以上半圆周区域上的Schwarz 积分是11314()(1)()17242(1)()12525u z z u i dz z i z i z π-+=-+-++-⎰-034()(1)1724(1)()12525i i i i i i iu e e e d e i e i e θθθπθθθθπ++-++-⎰. 例3.1.2：求心形区域2,,i i w z w e z re ϕθρ===上一点12处Dirichlet 问题的解。