偏微分方程：第 6 次作业

20251202 #

红圈数字 12

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求圆 $B(R)$ 上满足以下边条件的调和函数 (其中 A, B 常数):

(1) $u(R,\theta)=A\cos\theta$ ;
(2) $u(R,\theta)=A+B\sin\theta$ ;
(3) $u(R,\theta)=A\sin^2\theta+B\cos^2\theta$ .

答案

(1) 边界条件 $u(R,\theta)=A\cos\theta$ 。

比较系数得只有 $n=1$ 的余弦项存在： $a_1 R = A.$

故 $u(r,\theta)=\frac{A}{R}r\cos\theta.$

(2) 边界条件 $u(R,\theta)=A+B\sin\theta$ 。

由傅里叶系数比较得 $a_0=A,\qquad b_1=\frac{B}{R}.$

因此 $u(r,\theta)=A+\frac{B}{R}r\sin\theta.$

(3) 边界条件 $u(R,\theta)=A\sin^2\theta+B\cos^2\theta$ 。

利用 $\sin^2\theta=\frac{1-\cos2\theta}{2},\quad \cos^2\theta=\frac{1+\cos2\theta}{2},$

得 $u(R,\theta)=\frac{A+B}{2}+\frac{B-A}{2}\cos2\theta.$

故在圆内的调和函数包含常数项和 $r^2\cos2\theta$ 项： $u(r,\theta)=a_0+r^2 a_2\cos2\theta.$

比较系数得到 $a_0=\frac{A+B}{2},\qquad a_2=\frac{B-A}{2R^2}.$

因此 $u(r,\theta)=\frac{A+B}{2}+\frac{B-A}{2}\frac{r^2}{R^2}\cos2\theta.$

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证明第二边值问题

\begin{cases} \Delta u=0, & r<a,\\ \dfrac{\partial u}{\partial r}\big|_{r=a}=\varphi(\theta) & \end{cases}

的解当 $\int_0^{2\pi}\varphi(\theta)\text{d} \theta=0$ 时可表成

u(r,\theta)=-\dfrac{a}{2\pi}\int_0^{2\pi} \varphi(\alpha)\ln(a^2+r^2-2ar\cos(\alpha-\theta))\text{d}\alpha + C,

其中 $C$ 为任意常数.

提示: $w(x,y)=r\dfrac{\partial u}{\partial r}$ 是调和函数.

证明

令 $w(r,\theta)=r\frac{\partial u}{\partial r}.$

可直接计算得 $\Delta w=0.$

并且在边界 $r=a$ 上， $w(a,\theta)=a\varphi(\theta).$

因此 $w$ 是圆盘内满足 Dirichlet 边值的调和函数，由 Poisson 公式

w(r,\theta) = \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \frac{a^2-r^2}{a^2+r^2-2ar\cos(\theta-\alpha)}\, a\varphi(\alpha)\,d\alpha.

由 $u_r = \frac{w}{r}, \quad u(r,\theta)=C+\int_0^r \frac{w(\rho,\theta)}{\rho}\,d\rho,$ 进行积分，并利用

\int_0^r \frac{a^2-\rho^2}{\rho\,(a^2+\rho^2-2a\rho\cos(\theta-\alpha))}\,d\rho = -\ln(a^2+r^2-2ar\cos(\theta-\alpha)) + \text{(与 $\alpha$ 无关)}

由于题设条件

\int_0^{2\pi}\varphi(\alpha)\,d\alpha=0,

使得与 $\alpha$ 无关的部分积分后消失。

最终得到

u(r,\theta) = -\frac{a}{2\pi}\int_0^{2\pi} \varphi(\alpha)\ln(a^2+r^2-2ar\cos(\alpha-\theta))\,d\alpha + C.

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设 $u(r,\theta)$ 是圆 $B(R)$ 外的有界调和函数, 令

v(r,\theta)=u(\frac{R^2}{r},\theta).

试证 $v(r,\theta)$ 是圆 $B(R)$ 内的调和函数. 由此解第一类外部边值问题

\begin{cases} \Delta u=0, & (x,y)\in \mathbb{R}^2\setminus \overline{B(R)},\\ v|_{\partial B(R)}=\varphi(x,y), & \\ u \text{有界}. & \end{cases}

证明

(1) 证明调和性：

定义 $v(r,\theta)=u\!\left(\frac{R^2}{r},\theta\right),\qquad 0<r<R.$

设 $\rho=\frac{R^2}{r}.$

带入可得

\Delta v(r,\theta)=\left(\frac{\rho^4}{R^4}\right) \Delta u(\rho,\theta).

由于 $u$ 在外部区域调和， $\Delta u=0$ ，故 $\Delta v=0.$

(2) 求外部 Dirichlet 问题的解：

在 $r=R$ 上 $v(R,\theta)=u(R,\theta)=\varphi(\theta).$

因此 $v$ 是内部 Dirichlet 问题的解，可用 Poisson 公式：

v(r,\theta)= \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \frac{R^2-r^2}{R^2+r^2-2Rr\cos(\theta-\alpha)}\, \varphi(\alpha)\,d\alpha.

由 Kelvin 变换

u(r,\theta)=v\!\left(\frac{R^2}{r},\theta\right), \qquad r>R,

代入上式化简得外部 Poisson 公式：

u(r,\theta)= \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \frac{r^2-R^2}{r^2+R^2-2Rr\cos(\theta-\alpha)}\, \varphi(\alpha)\,d\alpha, \qquad r>R.

当 $r\to\infty$ 时，有界性来自于

u(r,\theta)=v\!\left(\frac{R^2}{r},\theta\right)\to v(0,\theta).

故外部 Dirichlet 问题的解即为上述 Poisson 表达式。

课本外 #

证明上半平面的 poisson 公式给出上半平面 laplace 方程 Dirichlet 问题的解.

证明

上半平面的 Poisson 核为 $P(x,y;\xi)=\frac{1}{\pi}\frac{y}{(x-\xi)^2+y^2}.$

给定边界函数 $f$ ，Poisson 公式 $u(x,y)=\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} P(x,y;\xi)\,f(\xi)\,d\xi$ 给出候选解。

(1) 证明调和性：直接计算可得 Poisson 核满足 $\Delta_{x,y} P(x,y;\xi)=0 \qquad (y>0).$

因此 $\Delta u(x,y)=\displaystyle\int_{-\infty}^\infty f(\xi)\,\Delta P(x,y;\xi)\,d\xi=0.$

(2) 证明边界条件： Poisson 核满足逼近单位性质

\int_{-\infty}^{\infty} P(x,y;\xi)\,d\xi=1,\qquad P(x,y;\xi)\to \delta(x-\xi)\quad (y\to0^+).

于是对连续的 $f$ ，有

u(x,y)\to f(x) \quad (y\to0^+).

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