1、 39 第三章 调 和 方 程 1 建 立 方 程 定 解 条 件 1 设 ) ( ) , , , ( 2 1 r f x x x u n = ) ( 2 2 1 n x x r + + = 是 n 维调和函数（即满足方程 0 2 2 2 1 2 = + + n x u x u ） ，试证明 2 2 1 ) ( + = n r c c r f ) 2 ( n r In c c r f 1 ) ( 2 1 + = ) 2 ( = n 其中 2 1 ,c c 为常数。 证： ) (r f u = , r x r f x r r f x u i i i = = ) ( ) ( 3 2 2 2 “ 2
2、 2 ) ( 1 ) ( ) ( r x r f r r f r x r f x u i i i + = 3 1 2 2 1 2 “ 1 2 2 ) ( ) ( ) ( r x r f r n r f r x r f x u n i i n i i n i i = = = + = ) ( 1 ) ( “ r f r n r f + = 即方程 0 = u 化为 0 ) ( 1 ) ( “ = + r f r n r f r n r f r f 1 ) ( ) ( “ = 所以 ) 1 ( 1 ) ( = n r A r f 若 2 n ，积分得 1 2 1 2 ) ( c r n A r f
3、n + + = + 即 2 n ，则 2 2 1 ) ( + = n r c c r f 若 2 = n ，则 r A r f 1 ) ( = 故 Inr A c r f 1 1 ) ( + = 即 2 = n ，则 r In c c r f 1 ) ( 2 1 + = 2 证明拉普拉斯算子在球面坐标 ) , , ( r 下，可以写成 0 sin 1 ) (sin sin 1 ) ( 1 2 2 2 2 2 2 2 = + + = u r u r r u r r r u证：球坐标 ) , , ( r 与直角坐标 ) , , ( z y x 的关系： cos sin r x = ， sin si
4、n r y = ， cos r z = （1） 2 2 2 2 2 2 z u y u x u u + + = 为作变量的置换，首先令 sin r = ，则变换（1）可分作两步进行 cos = x ， sin = y （2） sin r = ， cos r z = （3） 由（2） + = + = ) cos ( ) sin ( sin cos y u x u u y u x u u由此解出 + = = cos sin sin cos u u y u u u x u（4） 再微分一次，并利用以上关系，得 40 ) sin cos ( 2 2 = u u x x u) sin cos ( sin
5、 ) sin cos ( cos = u u u u+ + = 2 2 2 2 2 2 2 2 sin cos sin 2 cos u u u + + u u 2 2 sin cos sin 2) cos sin ( 2 2 + = u u y y u) cos sin ( cos ) cos sin ( sin + + + + = u u u u + + + = u u u u u 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 cos cos sin 2 cos cos sin 2 sin所以 + + = + u u u y u x u 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2（5） + + +
6、 = + + u u z u u z u y u x u 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2再用（3）式，变换 2 2 2 2 z u u + 。这又可以直接利用（5）式，得 r u r u r r u z u u + + = + 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 再利用（4）式，得 r u r u u cos sin + = 所以 ) cos sin ( sin 1 sin 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 r u r u r u r r u r u r r u z u y u x u + + + + + + = + +
7、 + + + + = u ctg r r u r u r u r r u 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 sin 1 1即 0 sin 1 ) (sin sin 1 ) ( 1 2 2 2 2 2 2 2 = + + = u r u r r u r r r u 3 证明拉普拉斯算子在柱坐标 ) , , ( z r 下可以写成 2 2 2 2 2 1 ) ( 1 z u u r r u r r r u + + = 证：柱坐标 ) , , ( z r 与直角坐标 ) , , ( z y x 的关系 cos r x = ， sin r y = ， z z = 利用上题结果知 r u
8、r u r r u y u x u + + = + 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ) ( 1 + = u r r u r r r所以 2 2 2 2 2 1 ) ( 1 z u u r r u r r r u + + = 41 4. 证明下列函数都是调和函数 （1） c by ax + + (a, b, c 为常数) 证：令 c by ax u + + = , 显然 , 0 2 2 = x u. 0 2 2 = y u故 0 = u ，所以 u 为调和函数 (2) xy y x 2 2 2 和 , 2 2 2 = x u , 2 2 2 = y u 。所以 0 =
9、 u 。u 为调和函数 令 xy v 2 = 则 , 0 2 2 = x v 0 2 2 = y v 。所以 0 = v 。v 为调和函数 (3) 3 2 2 3 3 3 y y x xy x 和 证： 令 2 3 3xy x u = , 6 2 2 x x u = , 6 2 2 x y u = 所以 0 = u , u 为调和函数。 令 3 2 3 y y x v = , 6 2 2 y x v = y y v 6 2 2 = 。所以 0 = v ， v 为调和函数。 (4) ) ( cos sin , cos , sin 为常数 和 n nx chny nx chny nx shny n
10、x shny 证： 因 shny n shny y 2 “ ) ( = chny n chny y 2 “ ) ( = nnx n nx x sin “ ) (sin 2 = coxnx n nx x 2 “ ) (cos = 所以 yy xx nx shny nx shny ) sin ( ) sin ( = 0 ) sin ( = nx shny 即 故 为调和函数 nx shny sin 同理，其余三个函数也是调和的 （5） 1 1 ) cos ( sin ) cos ( + + y chx y y chx shx 和 证： 令 1 ) cos ( + = y chx shx u 2 2
11、 1 ) cos ( ) cos ( + + = y chx x sh y chx chx x u) cos 1 ( ) cos ( 2 y chx y chx + + = ) cos 1 ( ) cos ( 2 cos ) cos ( 3 2 2 2 y chx shx y chx y shx y chx x u + + + = ) cos 2 ( ) cos ( 2 3 y shxchx shx y shxcox y chx + = 2 ) cos ( sin + = y chx y shx y uy shx y chx y chx y shx y u 2 3 2 2 2 sin ) co
12、s ( 2 ) cos ( sin + + + = ) cos cos cos ( ) cos ( 2 3 y shxchx y shx y shxchx y chx + + + = ) sin 2 2 cos 2 ( ) cos ( 2 2 3 2 2 2 2 y shx shx y shx y chx y u x u + + = + 0 2 ) sin (cos 2 ) cos ( 2 2 3 = + + = shx y y shx y chx 1 ) cos ( sin + = y chx y v 令 2 ) cos ( sin + = y chx y shx x vy x sh y c
13、hx y chx ychx x v sin ) cos ( 2 ) cos ( sin 2 3 2 2 2 + + + = ) cos sin sin sin 2 ( ) cos ( 2 2 3 y ychx x ych y x sh y chx + = 42 2 2 1 ) cos ( sin ) cos ( cos + + + = y chx y y chx y y v) cos 1 ( ) cos ( 2 y chx y chx + + = ) cos 1 ( sin ) cos ( 2 ) cos ( sin 3 2 2 2 y chx y y chx y chx ychx y u +
14、 + + + = ) sin 2 cos sin sin 2 ( ) cos ( 2 3 x ych ychx y y y chx + + = ) sin 2 sin 2 sin 2 ( ) cos ( 2 2 3 2 2 2 2 y x ych x ysh y chx y v x v + + = + 0 sin 2 ) ( sin 2 ) cos ( 2 2 3 = + + = y x sh x ch y y chx 所以 u, v 皆为调和函数。 （5） 。证明用极坐标表示的下列函数都满足调和方程 （1） 和 r ln 证： 为调和函数 题知 由第 令 u r u , 1 , ln = 。
15、 故 则显然 令 , 0 , 0 , 0 , 2 2 2 2 = = = = v r v r v v 0 1 1 2 2 2 2 2 = + + = v r r v r r v u （2） 为常数 和 n n r n r n n ( sin cos 证： n r u n cos = n nr r u n cos 1 = n r n n r u n cos ) 1 ( 2 2 2 = n r n u n cos 2 2 2 = 所以 0 cos ) 1 ( 2 2 2 2 = + = n r n nr r n n u n n n令 n r v n sin = 则 0 sin ) 1 ( 2 2
16、2 2 = + = n r n nr r n n v n n n(3) cos sin cos ln r r r r + 和 cos sin ln r r r + 证：令 . sin cos ln r r r u = . sin cos 2 cos ln cos sin sin ln . cos 1 sin cos ) 1 (ln 2 2 2 2 r r r r u r r r r u u r r u r r u + = = = + = 0 sin cos 2 cos ln 1 sin cos ) 1 (ln 1 cos 1 = + + + = r r r r r r r r u 令 cos
17、sin ln r r r v + = cos sin ) 2 (ln sin cos cos ln sin 1 cos sin ) 1 (ln . 2 2 2 2 r r r v r r r r v r r v r r v + = + = = + + = . 0 cos sin ) 2 (ln 1 cos sin ) 1 (ln 1 sin 1 = + + + + = r r r r r r r v 6. 用分离变量法求解由下述调和方程的第一边界问题所描述的矩形平板 ) 0 , 0 b y a x （ 上 的稳定温度分布： = = = = = + . 0 ) , ( , sin ) 0 , (
18、 0 ) , ( ) , 0 ( 0 2 2 2 2 b x u a x x u y a u y u y u x u 解：令 ) ( ) ( ) , ( y Y x X y x u = 代入方程 ，得 43 = = Y Y x X x X ) ( ) (再由一对齐次边界条件 0 ) , ( ) , 0 ( = = y a u y u 得 0 ) ( ) 0 ( = = a X X 由此得边值问题 = = = + 0 ) ( ) 0 ( 0 a X X X X 由第一章讨论知，当 2 ) ( a n n = = 时，以上问题有零解 . sin ) ( x a n x X n = ) , 2 ,
19、1 ( = n 又 0 ) ( 2 = n n Y a n Y 求出通解，得 y a n n y a n n n e B e A Y + = 所以 = + = 1 . sin ) ( ) ( n y a n n y a n n x a n e B e A y x u ， 由另一对边值，得 + = + = = = 1 1 sin ) ( 0 sin ) ( sin n b a n n b a n n n n n x a n e B e A x a n B A a x 由此得， = = + = = + = + , 2 , 1 0 , 3 , 2 0 1 1 1 n e B e A n B A B
20、A b a n n b a n n n n ，解得 b a sh e A b a = 2 1 1b a sh e B b a 2 1 1 = , 3 , 2 0 = = = n B A n n代入 ) , ( y x u 的表达式得 x a e e b a sh y x u y b a y b a sin ) ( 1 2 1 ) , ( ) ( ) ( = x a y b x sh b a sh sin ) ( 1 = 7 在膜型 扁壳渠 闸门的设 计中， 为了考察 闸门在 水压力作 用下的 受力情况 ，要在矩 形区域 b y a x 0 , 0 上解如下的非齐次调和方程的边值问题： = =
21、= = + = = = = = 0 0 , 0 0 , 0 ( 0 0 b y y a x x u u u x u q p q py u 常数）试求解之 （提示： 令 ) )( ( 2 2 g fy a x u v + + = 以引入新的未知函数 v , 并选择适当的 g f , 值 ，使 v 满 足调和方程，再用分离变量法求解。 ） 解 ：令 ), )( 2 2 g fy a x u v + + = , ), ( 2 2 2 2 2 2 2 2 2 y u y v g fy x u x u = + + = ) ( 2 g fy u v + + = 又 , g py u + = 故取 , 2
22、, 2 q g p f = = 则 v 满足调和方程 0 = v 即 ) )( ( 2 1 2 2 q py a x u v + = 代入原定解问题，得 v 满足 44 + = = = = = = = = = ) )( ( 2 1 ), ( 2 0 , 0 0 2 2 2 2 0 0 a x q pb v a x q v v x v v b y y a x x用分离变量法求 ) , ( y x v ，令 ) ( ) ( ) , ( y Y x X y x v = 代入方程及边值 0 , 0 0 = = = = a x x v x v ， 得 = = = + 0 ) ( ) 0 ( 0 a X
23、X X X 及 0 = Y Y 求非零解 ) (x X ，得 , 2 , 1 , 0 , ) 2 1 2 ( 2 = + = = n a n n y a n sh B y a n ch A Y x a n x X n n n n 2 1 2 2 1 2 , 2 1 2 cos ) ( + + + = + = . 所以 = + + + + = 0 2 1 2 cos ) 2 1 2 2 1 2 ( ) , ( n n n x a n y a n sh B y a n ch A y x v 再由另一对边值得 = + = 0 2 2 2 1 2 cos ) ( 2 n n x a n A a x q
24、 = + + + + = + 0 2 2 2 1 2 cos ) 2 1 2 2 1 2 ( ) )( ( 2 1 n n n x a n b a n sh B b a n ch A a x q pb + = + = a n n n q a xdx a n x a a q A 0 3 3 2 2 2 . ) 1 ( ) 1 2 ( 16 2 1 2 cos ) ( + + = + + + l n n xdx a n x a a q pb b a n sh B b a n ch A 0 2 2 2 1 2 cos ) ( 2 1 2 2 1 2 n n q pb a ) 1 ( ) 1 2 (
25、) ( 16 3 3 2 + + = 所以 b a n sh b a n ch q pb n a B n n 2 1 2 / ) 2 1 2 1 ( ) 1 2 ( 16 ) 1 ( 3 3 2 + + + + = . 得 ) ( 2 1 2 ) 1 2 ( ) 1 ( 16 ) , ( 0 3 3 2 y b a n qsh n a y x v n n + + = = b a n sh x a n y a n sh q pb 2 1 2 / 2 1 2 cos 2 1 2 ) ( + + + + + 最后得 x a n y a n sh q pb y b a n qsh b sh n a q
26、 py a x y x u n a n n 2 1 2 cos 2 1 2 ) ( ) ( 2 1 2 1 ) 1 2 ( ) 1 ( 16 ) )( ( 2 1 ) , ( 0 2 1 2 3 3 2 2 2 + + + + + + + + = = +8. 举例与说明在二维 调和方 程的狄利 克莱外 问题， 如对解 ) , ( y x u 不加在无 穷远处 为有界 的限 制，那末定解问题的解以不是唯一的。 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 ( 0 1 2 2 2 2 2 2 2 2 y x u y x y u x u显然 1
27、= u 是问题的解，又 2 2 1 ln 1 y x u + + = 也是问题的解。故解不是唯一的。 2 格 林 公 式及其应用 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 0 M 为 D 内一点， r r r M M 1 ln , 0 = ， 除 0 M 点外，
28、在 D 内满足调和方程。若在D 内作以 0 M 为 中心为 半径的小圆 k ,在 k D 上利用格林公式，并取 r v 1 ln = ,得 45 = C k D ds n u r n r u dxdy u r r u ) ) 1 (ln ) 1 (ln ( ) ) 1 (ln ) 1 (ln ( + ds n u r n r u ) 1 ln ) 1 (ln ( 其中 为 k 的边界，且在 中 n 是 。 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 上 r r r n r 1 ) 1 (ln ) 1 (ln = = = = = * * 2 2 1 1 ) 1 (l
29、n u u ds r u ds n r u 其中 * u 是 u 在 上的平均值。 * * ) ( ln 2 ) ( 2 ln 1 ln n u n u ds n u r = = 其中 * ( ） n u 是 n u 在 上的平均值 由此得 0 ) ( ln 2 2 ) ) 1 (ln ) 1 (ln ( * * = + + n u u ds n u r n r u C 令 0 ,得 ds n M u r r n M u M u M M C M M ) ) ( 1 ln ) 1 (ln ) ( ( 2 1 ) ( 0 0 0 = . 当 0 M 在 D 外，则 M M r v 0 1 ln =
30、 在 D 内处处是调和函数，则由格林公式，得 = C ds n u r r n ) 1 ln ) 1 (ln ( 0 当 0 M 在 C 上， 则以 0 M 为中心作小圆， 其含于D 内的部分记作 k ，含 于 D 内的边界记作 与 0 M 在 D 内的推导完全类似，只是 = = = * * 1 1 ) 1 (ln u u ds r u ds n r u * ) ( 1 ln 1 ln n u r ds n u r = 其中 * * ) .( n u u 分别表示 n u u . 在 上的平均值。所以得 ds n u r r n u M u C ) 1 ln ) 1 (ln ( 2 1 ) (
31、 0 = 将以上三式合并得 = 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 0 0 0 0 0 ) ( ) ( 2 ( 0 ) 1 ln ) 1 (ln ( 0 0 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 sin = u 其中 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 0 sin 2 1 sin 2 1 ) 0 ( 2 0 = = = d ds u c3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
32、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 = 0 fds 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 的外部调和，并且在无穷远处成立着 46 ) )( 1 ( ), 1 ( ) ( 2 = = oM oM oM r r o r u r o M u 则公式(2.6) 仍成立，但 0 M 是 外的任一点。 证： 0 M 为 外任一点，以 O 点为中心，充分大的 R 为半作球面 R ，将及 围成的复
33、 及 含于其内。在 及 R 0 连域上，应用格林公式 . ) ( ) ( ds n u v n v u d u v v u R R = + 为取 , 1 = r v 仍作为 0 为中心，以 为半径的圆 ，则 r v 1 = 在 rR 上处处是调和 的。又 u 在 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 = = + + 其中 为 k 的边界 已推导出 * * ) ( 4 4 ) 1 ) 1 ( n u u ds n u r n r u = 上的平均值 。 在 分别表示 n u u n u u ) ( ,
34、* *今计算在 R 上的积分值 沿 ) , cos( ) ( 1 ) ( 1 ) 1 ( 0 0 0 2 x n x r r n r r n r R = = ) , cos( ) , cos( 1 ) , cos( ) ( ) , cos( ) ( 0 0 0 2 x n x r r z n z r y n y r = + + ) , cos( 1 ) , cos( ) , cos( ) , cos( ) , cos( 0 0 0 0 n r r z n z r y r y r = + + ) , cos( 1 = r r r又 ) , cos( 2 2 2 2 + = r r r r r r
35、 r 即 ) 1 ( ) 1 ( ), 1 ( 1 2 = = r o n r r o r所以 = = R R R R R ds r o ds n r u ) ( 0 4 1 ) 1 ( ) 1 ( 2 3 3 当 = = R R R ds r o ds r o r ds n u r 当 0 ) 1 ( ) 1 ( 1 1 3 R 2因此令 , , 0 R 由(1) 式得 + = ) ( 4 ) 1 1 ( 0 0 u ds n u r n r u 即 = ds n M u r n r u u ) ) ( 1 ) 1 ( ) ( ( 4 1 ) ( 0 0 0 其中为外一点，n 指向 的内部。
36、 5证明调和方程狄利克莱外问题的稳定性。 解：设 = = = = = = 0 ) ( 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 ，将 包含在内，由于 = M M M u M u ) ( lim , 0 ) ( lim *=0 ，任给 0 ，可取 R 充分大，使提在球面 R 外及 R 上 2 ) ( , 2 ) ( * M u M u 47 故 ，当 u 则 u 必在 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 内 0 若 , c 不成立极
37、值原理。 48 解：在矩形域 c x 2 0 ； c y 2 0 上研究方程 0 2 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 ( c 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 1 f u = 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 +
38、= + + = dxdy x av u x u av v u u v dxdy v uL vLu ) ( ) ( dxdy auv x v u u v + = ) ( + = ds x n auv n v u n u v ) , cos( 对 0 = u ，取边值 0 = v 则上述为零，故 1 f u = 的共轭边界条件为 2 f v = 边值问题 = = 1 1 f u Lu 的共轭边值问题为 = = 2 2 f v v L 3 格林函数 1. 证明格林函数的性质 3 及性质 5。 证：性质 3：在区域 内成立着不等式 M M r M M G 0 4 1 ) , ( 0 0 G ， 0 = G 由极值原理知，在该域内 0 G ，令 0 ，则知在整个域 内 0 G 。 又 g 在 内处处调和且 0 4 1 0 = M M r g ，由极值原理知，在整个 域内 0 g ，所以在 内 M M M M r g r G 0 0 4 1 4 1 = 即 M M r M M G 0 4 1 ) , ( 0 0 性质 5： 1 ) , 0 = ( M ds n M M G证：因为边值 = = f u u ) ( 0 内解的公式为 = M ds M f n M M G M u ) ( ) , ( ) ( 0 0
