复旦第二版

第三章 调 和 方 程

§1 建 立 方 程 定 解 条 件 1． 设u(x1,x2, ,xn)=f(r) (r=

x12+ +xn2)是n维调和函数（即满足方程

2u

x+ +

2u

1

2 x2=0）

，试证明 n

f(r)=c1+

c2r

n 2

(n≠2)

f(r)=c1

1+c2Inr

(n=2)

其中c1,c2为常数。

证： u=f(r), u r

x x=f'(r) =f'(r) ir

i xi 2u

=f"

(r) xi2

'

1'

xi2 xi

2r2+f(r) r f(r) r3 n

∑n

xi2

∑ 2u

∑

n

xi2

r) i=1

x2=f"(+f'(r)

n

f'(r) i=1i=1i

r2rr

3=f"(r)+

n 1r

f'

(r) 即方程 u=0化为 f"(r)+

n 1r

f'

(r)=0

f"(r)f'(r)

=

n 1

r

所以 f'(r)=A1r (n 1) 若n≠2，积分得 f(r)=

A1

+2

r n+2 n+c1

即n≠2，则 f(r)=cc1+

2

r

n 2

若n=2，则 f'(r)=A

1r

故 f(r)=c1+A1Inr

即n=2，则 f(r)=c1+c2In

1r

2． 证明拉普拉斯算子在球面坐标(r,θ, )下，可以写成

u=1

2 u1 u1 2 u

r2 r(r r)+r2sinθ θ(sinθ θ)+r2sin2θ 2

=0

证：球坐标(r,θ, )与直角坐标(x,y,z)的关系：

x=rsinθcos ，y=rsinθsin ，z=rcosθ （1）

2 u=

2uuu x

2

+

2 y

2

+

z

2

为作变量的置换，首先令ρ=rsinθ，则变换（1）可分作两步进行 x=ρcos ， y=ρsin （2）

ρ=rsinθ， z=rcosθ （3）

由（2）

u= ucos + usin ρ x y u = u x( ρsin )+ u y(ρcos )

由此解出

u u u x= ρcos

sin

ρ

u （4）

y=u ρsin + u

cos ρ

再微分一次，并利用以上关系，得

39

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2u

x

2= x( u ρcos usin ρ) =cos ρ( u usin

ρcos ρ

sin ρ ( u

ρ

cos usin

ρ)

=cos

2

2u2sin cos

2usin2 2u

ρ2

ρ

ρ +ρ

2 2+

+2sin cos usin2 u

ρ2 +ρ ρ 2u

y2= y( u ρsin + u cos

ρ) =sin ( usin u cos

ρ ρ + ρ

)+

+cos ρ ( u

ρsin + u cos

ρ

)

=sin2

2u

2sin cos 2ucos2 2u

2+

ρρ ρ +ρ2

2 2

2sin cos ρ

2 ucos u

+ρ ρ所以

2u 2u2u 2u x

2

+

y

2

=

ρ

2

+

1

ρ

2

2

+

1 u

ρ ρ （5） 2u 2u 2u 2u 2u

x2+1

2u

1 u

y2+ z2= ρ2+ z2+ρ2

2+ρ ρ 再用（3）式，变换

2u 2u ρ

2

+

z

2

。这又可以直接利用（5）式，得

2

2u21 2u

1 u

ρ2

+

u z2

=

u r2

+

r2

θ

2+r r 再利用（4）式，得 u u ρ=

rsinθ+ ucosθ

θ r

所以

2u

2u 2u2

u

+1 2

x2+

y2

+ z2= 2u r2

+

1

r2 θr u

r

+2

+

1

u

+

1

u ucosθr2sin2θ 2

rsinθ( rsinθ+ θ r

) = 2u1

2 r2

+

1

r2

2u

θ2

+

r2sin2θ

u

2

+

2r u1 u

r+r2ctgθ

θ

即

=1

2 u1 u1 2 uu

r2 r(r r)+r2sinθ θ(sinθ θ)+r2sin2θ

2=03． 证明拉普拉斯算子在柱坐标(r,θ,z)下可以写成

u=1 u1 2u 2r r(r r)+u

r2 θ2+ z

2

证：柱坐标(r,θ,z)与直角坐标(x,y,z)的关系 x=rcosθ， y=rsinθ， z=z

利用上题结果知

22

2uuu1 2u x2

+

y2

=

r2

+

r2 θ2

+

1 u

r r

=1 r r(r u r)+1 2u

r2 θ

2 所以

u=1 r r(ru r)+1 2u 2u

r2 θ2+ z

2 40

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4. 证明下列函数都是调和函数

（1）ax+by+c (a, b, c为常数) 证：令 u=ax+by+c, 显然

故 shnysinnx为调和函数

同理，其余三个函数也是调和的

（5） shx(chx+cosy) 1和siny(chx+cosy) 1

2u x

2

=0,

2u y

2

=0.

证： 令 u=shx(chx+cosy) 1

u

=chx(chx+cosy) 1 sh2x(chx+cosy) 2 故 u=0，所以u为调和函数 (2)x2 y2和2xy

2u x2

=2, 2u

y

2=2,。所以 u=0。u为调和函数 令 v=2xy 则

2v

x

2=0, 2v

y2=0。所以 v=0。v为调和函数

(3) x3 3xy2和3x2y y3 证： 令 u=x3 3xy2

2u

x

2

=6x, 2u y2= 6x,所以 u=0,u为调和函数。 令 v=3x2y y3

2v x2

, 2=6yv

y

2= 6y。所以 v=0，v为调和函数。 (4) shnysinnx,shnycosnx,chnysinnx和chnycosnx(n为常数) 证： 因

(shny)y"=n2shny (chny)y"=n2chny

(sinnx)x"= n2sinnnx (cosnx)x"= n2coxnx

所以 (shnysinnx)xx= (shnysinnx)yy 即 (shnysinnx)=0

41

x

=(chx+cosy) 2(1+chxcosy) 2u x2

=(chx+cosy) 2shxcosy 2(chx+cosy) 3shx(1+chxcosy)=(chx+cosy) 3(shxcox2y 2shx shxchxcosy)

u

=shxsiny(chx+cosy) 2 y

2

u y2

=shxsiny(chx+cosy) 2+2(chx+cosy) 3shxsin2y

=(chx+cosy) 3(shxchxcosy+shxcos2y+shxchxcosy)

2u2u x2

+

y2

=(chx+cosy) 3(2shxcos2y 2shx+2shxsin2y)

=(chx+cosy) 3[2shx(cos2y+sin2y) 2shx]=0

令v=siny(chx+cosy) 1

v

x

= shxsiny(chx+cosy) 2 2

v x2

= sinychx(chx+cosy) 2+2(chx+cosy) 3sh2xsiny

=(chx+cosy) 3(2sh2xsiny sinych2x sinychxcosy)

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v

=cosy(chx+cosy) 1+sin2y(chx+cosy) 2 y

=(chx+cosy) 2(1+chxcosy)

2

u y2

= sinychx(chx+cosy) 2+2(chx+cosy) 3siny(1+chxcosy)

=(chx+cosy) 3(2siny+sinycosychx 2sinych2x)

22

vv 3 x2

+

y2

=(chx+cosy)(2sinysh2x 2sinych2x+2siny)

=(chx+cosy) 3[ 2siny(ch2x sh2x)+2siny]=0 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）lnr和θ

证： 令u=lnr,由第1题知,u为调和函数。

令v=θ,则显然 2v v 2v

r2=0, r=0, θ

2=0,故

= 2v1 v1 2 uv

r

2+r r+r2 θ2=0

（2） rncosnθ和rnsinnθ(n为常数 证：u=rncosnθ

u

=nrn 1 2u r

cosnθ

r

2

=n(n 1)r

n 2

cosnθ

2u θ2

= n2rncosnθ

所以 u=[n(n 1)rn 2+nrn 2 n2rn 2]cosnθ=0 令v=rnsinnθ

则 v=[n(n 1)rn 2+nrn 2 n2rn 2]sinnθ=0

(3)rlnrcosθ rθsinθ+rθcosθ和rlnrsinθ+rθcosθ 证：令 u=rlnrcosθ rθsinθ.

u

r

=(lnr+1)cosθ θsinθ 2u

1

2=cosθ.

rr u

u

= rlnrsinθ rsinθ rθcosθ 2u θ

2

= rlnrcosθ 2rcosθ+rθsinθ.

u=

1θθrcosθ+1r(lnr+1)cosθ rsinθ 1rlnrcosθ 2

rcosθ+r

sinθ=0 令 v=rlnrsinθ+rθcosθ

. v

r

=(lnr+1)sinθ+cosθ 2v

1

r2=rsinθ v

θ

=rlnrcosθ+rcosθ rθsinθ 2v θ

2

= r(lnr+2)sinθ rθcosθ

v=

1rsinθ+1r(lnr+1)sinθ+θrcosθ 1

r(lnr+2)sinθ θr

cosθ=0. 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≤x≤a,0≤y≤b)上的稳定温度分布：

2u+ 2 u 2 y2=0

x

u(0,y)=u(a,y)=0

u(x,0)=sinπx

,u(x

a,b)=0.

解：令u(x,y)=X(x)Y(y)代入方程 ，得

42

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X′′(x)X(x)= Y′′

Y

= λ 再由一对齐次边界条件u(0,y)=u(a,y)=0得

X(0)=X(a)=0

由此得边值问题

X′′+λX=0

X(0)=X(a)=0由第一章讨论知，当λ=λnπ2

n=(

a

时，以上问题有零解 Xx)=sinnπ

n(a

x. (n=1,2, )

又 Yn

′′ (nπ

a

)2Yn=0 求出通解，得

nπ Yn=Aneay+B nπ

ne

ay

∞

nπ所以 u(x，y)=∑(A

nπn

e

ay+Bay

)sin

nπ

ne

n=1a

x. 由另一对边值，得

πx

∞

sin=∑(Anπ

an+Bn)sin

x

n=1a ∞

nπ

0=∑(An

e

a+B nπ

nπ

nea)sin

n=1ax

由此得，

A1+B1=1，An+Bn=n=2,3,

0 nπ

e

b nπ Ana+Bneab

=0n=1,2,

π

π

解得 A1e a

1=

2

B1=

1ea

sh

a

b

2

sh

a

b

An=Bn=0n=2,3,

代入u(x,y)的表达式得

u(x,y)=1

1π

π

2

(eab y)

e a(b y))sin

πsh

a

x

a

b

=

1shπ

b y)sin

π

sh

x

(a

x

a

b

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

0≤x≤a,0≤y≤b上解如下的非齐次调和方程的边值问题：

u=py+q(p<0,q>0常数） u

=0,u xx=0x=a=0

uy=0

=uy=b=0试求解之（提示：令v=u+(x2 a2)(fy+g)以引入新的未知函数v,并选择适当的f,g值，使v满足调和方程，再用分离变量法求解。）

解：令v=u+x2 a2)(fy+g), 22

uu x

2

=

2 x

2

+2(fy+g),

2v y

2

=

u y

2

,

∴ v= u+2(fy+g) 又 u=py+g,故取f= p2,g= q

2,则v满足调和方程 v=0 即 v=u

12

(x2

a2)(py+q) 代入原定解问题，得v满足

43

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v=0 v

x=0=0,vx=a=0

x

vy=0= q2(x2 a2),v= 1

y=b

(pb+q)(x2 a22

)

用分离变量法求v(x,y)，令v(x,y)=X(x)Y(y)代入方程及边值 v

x

=0,vx=0

x=a=0，

得

X′′+λX=0

X′(0)=X(a)=0

及 Y′′ λY=0

求非零解X(x)，得λ=λn+1n=(

22aπ)2

,n=0,1,2, X2n+12n+12n+1

n(x)=cos2aπx,Yn=Anch2aπy+Bnsh2a

πy.

∞

所以 v(x,y)=A2n+12n+12n+1

nch

n∑(=0

2aπy+Bnsh2aπy)cos2a

πx 再由另一对边值得

q2(x2∞

a2

)=∑A2n+1ncosn=0

2aπx 12(pb+q)(x2 a2

∞

)=n∑(A2n+12n+12n+1nch=0

2aπb+Bnsh2aπb)cos2aπx

a

Aqa(a2 x2

)cos2n+1πxdx16a2qn=∫2n+1)π( 1)n. 02a=(33

2n+12n+pb+ql

Anch2aπb+B1nsh2aπb=2a∫(a x2

)cos

2n+10

2aπxdx=

16a2(pb+q)(2n+1)3π3

( 1)n

所以 B 1)n16a2n=

((2n+1)3π[pb+q(1 ch2n+12n+3

2aπb)]/sh1

2a

πb. 得 v(x,y)=

16a2

∑∞

( 1)nπ3

[qsh2n+1

(b n=0(2n+1)

3

2ay) +(pb+q)sh2n+12aπy]cos2n+12aπx/sh2n+1

2a

πb 最后得

∞

u(x,y)=1(x2 a2

)(16a2( 1)n

2py+q)+π

3

n∑=0

(2n+1)3

1

sh2n+1πb

[qsh

2n+12aπ(b y)+(pb+q)sh2n+12n+1

2aπy]cos2a

πx8. 举例与说明在二维调和方程的狄利克莱外问题，如对解u(x,y)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

2u 2u

(x2+y2>1)

x2+ y

2=0

ux2+y2=1

=1显然u=1是问题的解，又u=1+ln1x2

+y

2

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u(x,y).v(x,y)及其一阶偏导数在闭域D+C上连续，且u.v在D内具有二阶连续导数，则有格林公式

∫∫(u v v u)dxdy=∫

(u v D

C

n vu

n

)ds. 设M1

0为D内一点，，r=rM0

M,lnr

除M0点外，在D内满足调和方程。若在D内作以M0为中心为ε半径的小圆kε,在D kε上利用格林公式，并取v=ln1

r

,得

44

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∫∫(u (ln1) (ln1 (ln1) u)dxdy=)

(ln1) uds D kεrrC

∫(u

nr n (ln1

+Γ

∫(u

)

n ln1 ur n)ds ε

其中Γε为kε的边界，且在

Γ∫

中n是。Γε的内法线方向。

ε

若u在D内是调和函数，则以上等式左方为零，在圆周Γε上

(ln11

(ln)

n= r

=1r (ln1

)

ds=u 1ds=1 2πε Γ∫u n∫rεu*=2πu* ε

Γ

ε

其中u*是u在Γε上的平均值。 ∫

ln

1 ur n= lnε 2πε( u u

Γ n)*= 2πεlnε( n

)* ε

其中(

u* u

n

是 n在Γε上的平均值 由此得

(ln1

∫(u)

(ln1) u)ds+2πu*+2πεlnε( u)*C

nr n n=0

令ε→0,得

u(M10)=

2π(( 1 1 u(M)

C∫uM) n(lnr)ln n

ds. M0MrM0M 当M0在D外，则v=ln

1r在D内处处是调和函数，则由格林公式，得

M0M

0=11C

∫(

n(lnr) ln ur n)ds

当M0在C上，则以M0为中心作小圆，其含于D内的部分记作kε，含于D内的边界记作Γε与

M0在D内的推导完全类似，只是

(ln1

)

ds=u 1ds=1 πε u*=πu* Γ∫u n∫rεε

Γ

ε

∫

ln

1 ur n=ln1rπε ( u n

)* Γε

其中u*.(

u n)*分别表示u. u

n

在Γε上的平均值。所以得 u(M0)= 12πC∫(u

n(ln1r) ln1 ur n

)ds 将以上三式合并得

0

(若M0在D外）

∫(u

u

C

n(ln1r) ln1M nds= 2πu(M0)（若M0在D内）

0MrM0M

πu(M0)（若M0在C上）

2.若函数u(x,y)是单位圆上的调和函数，又它在单位圆周上的数值已知为u=sinθ

其中θ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

2π

u(0)=11

2π∫sin

θds=c

2π∫sinθdθ=0

3．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，试阐明牛曼内

问题有解的条件

∫∫fds=0物理意义。

u=0 描述稳恒温度场

解：

u

=f-描述流过边界s的热量 ns

∫∫fds=0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Γ的外部调和，并且在无穷远处成立着

45

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u(M)=o(

1roM u1=o()(roM→∞) rroM2

1

= cos(rΜΟΜ,rΜΟΜ)

r

又 r2ΜΟΜ=r2ΟΜ+rΟΜ2Ο 2rΟΜrΟΜcos(rΟΜ,rΟΜ)

ΟΟ

则公式(2.6)仍成立，但M0是Γ外的任一点。

证：M0为Γ外任一点，以O点为中心，充分大的R 为半作球面ΓR，将及

即

1rΜΟΜ

=o(

1rΟΜ

(),

1rΜΟΜ n

)=o(

1rΟΜ2

)

Γ及Μ0含于其内。在Γ及ΓR围成的复连域上，应用格林公式

∫∫∫(u v v u)d =

R

Γ+ΓR

∫∫

(u

v u

v)ds. n n

1

在 rR κε上处处是调和r

1 ()

112

所以 ∫∫uds=∫∫o()4ds=κπR→0(当R→∞)

33 nrΟΜRΓΓ

R

R

为取v=

1rΜΟΜ

,仍作为Μ0为中心，以ε为半径的圆κε，则v=

ΓR

∫∫rΜΜ

Ο

1

u111

ds=∫∫o(2)ds=∫∫o()ds→0当R→∞ nrrΟΜ3rΟΜΓΜΟΜΓ

R

R

的。又u在Γ外是调和函数，得

因此令ε→0,R→∞,由(1)式得

0=

R kε

∫∫∫

11

(u () u)d =∫∫rrΓ+Γ+Γ

R

1

()

1 u

(u )ds

nr n

ε

1

1 u

0=∫∫(u )ds+4πu(Μ0)

nr nΓ

其中Γε为kε的边界

1

()

1 u u

已推导出 ∫∫u ds=4πu* 4πε()*

n nr nΓ

ε

即 u(Μ0)=

1

4π

(

1rΜ0Μ n

∫∫(u(Μ)

Γ

1rΜ0Μ

u(M)

)ds n

u*,(

u* u

分别表示u 在Γε上的平均值。

n n

其中为外一点，n指向Γ的内部。

5．证明调和方程狄利克莱外问题的稳定性。

今计算在ΓR上的积分值

(

沿 ΓR

1rΜΟΜ n

)=

r

2

1

Μ0Μ

(rΜΟΜ) n

=

1rΜ0Μ

2

[1

(rΜ0Μ) x

cos(n,x)

u=0(在闭曲面Γ外)

解：设 u=fΓ

limu(M)=0 M→∞

*

u=o(在闭曲面Γ外) *

=f* u

Γ

limu*(M)=0 M→∞

M→∞

M→∞

以O点为中心,R为半径作球面ΓR，将Γ包含在内，由于limu(M)=0,limu*(M) =0，任给ε>0，可取R充分大，使提在球面ΓR外及ΓR上 u(M)<

46

+

(rΜ0Μ) y

cos(n,y)+

(rΜ0Μ) z

cos(n,z)]=

r

ΜΟΜ

[cos(rΜ0Μ,x)cos(n,x) 1rΜ0Μ

cos(rΜ0Μ,n)

+cos(rΜ0Μ,y)cos(r,y)+cos(rΜ0Μ,z)cos(n,z)=

ε

2

,u*(M)<

ε

2

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故 u(M) u(M)<ε (在ΓR外及ΓR上) (1)

由于矩阵(aij)是非正定的，故

在Γ和ΓR围成的域内u u是调和函数，由极值原理，对域内任一点M，

*

∑aλλ

ij

i

ij=1

n

j可以写成

λi的线性齐次式的平方和，即

n

n

u(M) u (M)≤max(maxf f ,maxu u

<max(maxf f

故当f f

ΓR

)

ij=1

∑aijλiλj=∑[∑grsλs]

r=1s=1

nnn

2

=∑∑grigrjλiλj

r=1ij=1

,ε)

=

n

<ε时有

u(M) u (M)<ε (M在Γ,ΓR围成域内) (2)

所以 aij=

n

ij=1r=1

∑(∑grigrj)λiλj

nn

∑grigrj

r=1

由(1)，(2)知，任何ε>0，当f f莱外问题是稳定的。

6．对于一般的二阶方程

<ε则对Γ外任一点M，有u(M) u (M)<ε，即狄利克

2u

于是 ∑aij

xi xjij=1 2u

M0=∑∑r=1ij=1 xi xj

n

n

M0

grigrj≤0

i,j=1

∑

n

aij

u u

+∑bi+cu=0

xi xji=1 xi

2n

因此在M0点

n

2u u

∑aij+∑bi+cu<0

x x xijiij=1i=1

n

假设矩阵(aij)是正定的，即

i,j=1

∑aijλiλj≥a∑λi2 (a为正常数)，

i=1

nn

与u在M0点满足方程是矛盾的，故u不能在 内部达到正的最大值。

7．证明第6题中讨论的椭圆形方程第一边值问题的唯一性与稳定性。 证：唯一性。只须证明方程在齐次边值条件只的零解。 设u在 内满足方程，在边界Γ上,uΓ=0。因u在 +Γ上连续，故u是有界的， 今证在 内u≡0。

用反证法，若在 内u>0,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u<0也是不成立的，故 u≡0 唯一性得证。

则称它为椭圆型方程。又设c<0，试证明它的解也成立着极限原理。也就是说，若u在 满足方程，

在 +Γ连续，则u不能在内部达到正的最大值或负的最小值。

证：只就最大值来证明。关于最小值的证明完全相仿。

则由于c<0得cu(M0)<0又u在M0点用反证法。设u在 内部一点M0处达到正的最大值，二阶可微，故

u

xi

M0

=0

稳定性，只须证明当f“很小”时，满足方程乃边值u

Γ

。 =f的函数u也“很小”

2u

且矩阵(

xi j

任给ε>0,若f<ε,即 ε<f<ε,根据极值原理知，在 内部必有

ε<u<ε

M0

=0)是正定的，即

n

2u

∑

ij=1 xi xj

即|u|<ε，稳定性证明。

M0λiλj

≤0

8．举例说明对于方程

47

2u x

2

+

2u y

2

+cu=0 (c>0)不成立极值原理。

复旦第二版

解：在矩形域0≤x≤

2

；0≤y≤c

§3 格林函数

2

上研究方程 1. 证明格林函数的性质3及性质5。 c证：性质3：在区域 内成立着不等式

2u 2u

+2+cu=0 2

x y

0<G(M,M0)<

1

4πrM0M

cc

函数u=sinx siny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u=0,

1

GMM(,)= g(M,M0) 0

4πr 证: 22

但在域内点(

2πc2,2π

c2

处u=1,即取到正的最大值，故极值原理不成立。 9.写出Lu≡ 2u 2u u

x2+ y2

+a

x的共轭微分算子以及对应于uΓ

=f1的共轭边值问题。

解： L的共轭微分算子L 为

L

v= 2v 2v

x2+ y

2 x(av)

∫∫(vLu uL

v)dxdy=[v u u v+av u+u (av)

]dxdy ∫∫

x x =∫∫[v u u v+

x

(auv)]dxdy

=∫[v

u n u v n

+auvcos(n,x)]ds Γ

对uΓ=0，取边值vΓ=0则上述为零，故uΓ=f1的共轭边界条件为vΓ=f2

边值问题

Lu= 1

uΓ=f

1

的共轭边值问题为

L v= 2

vΓ=f2

M0M

GΓ=0其中Γ为 的边界，g在 点是调和函数。 由于g(M0,M)在点是调和函数，而当M→M1

0时

4πr→∞，故以M0为中心，适当小的ε

M0M

为半径作球Γε，总可以使G在Γε上为正。以G在Γ及Γε围成的域内是调和的，且

GΓε

>0，GΓ=0

由极值原理知，在该域内G>0，令ε→0，则知在整个域 内G>0。

又g在 内处处调和且g

1

Γ=

4πr>0，由极值原理知，在整个 域内g>0，所以在 内M0M

G=

14πr g<

1

M0M4πrM0M

即 0<G(M,M1

0)<

4πr

M0M

性质5： ∫∫ G(M,M0)

M= 1 Γ

n证：因为边值

u=0( 内)

u Γ=f解的公式为 u(M0)=

∫∫ G(M,M0)

f(M)dsM Γ

n48

复旦第二版

u=0( 内)

而边值问题

u1=Γ

的解为u≡1。代入以上解的表达式，得

再利用调和函数的积分表达式，知 G(M1,M2)= 所以，当ε→0时，有

ΓM1

∫∫

G(M,M)(M,M2)ds

n

G(M,M0)

1= ∫∫dsM

nΓ

2．证明格林函数的对称性G(M1,M2)=G(M2,M1)

证：M1，M2为 内二点，分别以M1，M2为中心，以ε为半径作圆KM1,KM2使其完全含于

ΓM1

∫∫

G(M,M2) G(M,M1)

()()GM,M GM,Mds=G(M1,M2) 12 n n

同理，当ε→0时，有

内且互不相交，其边界分别记作TM1,TM2。在复连域 KM1 KM2= ε内，用格式公式

ΓM2

∫∫

G(M,M2) G(M,M1) ()() GM,MGM,Mds= G(M2,M1) 12 n n

ε

∫∫(u v v u)d =

Γ+ΓM1+ΓM2

∫∫

u u

v ds u

n n

故得

即格林函数是对称的：G（M1，M2)=G(M2,M1)

今取u=G(M,M1)，v=G(M,M2)，则在 ε内 u=0， v=0且在 的边界Γ上，uΓ=0，

3* 写出球的外部区域的格林函数，并由此导出对调和方程求解球的狄利克莱外问题的泊松公式。

解：先给出格林函数。 与内问题的作法相仿，设M

0为球外一点，

vΓ=0，代入上式得

G(M,M2) G(M,M1)

(GMMGMM (,)(,)ds 12∫∫

n

n

+

G(M,M2) G(M,M1)

(GMMGMM ds=0 (,)(,)12∫∫

n

n

M1为M0关于球面Γ的反演点。设球的半径为R。

ΓM1

以球心为坐标原点O，建立球坐标系，设OM0=ρ0,OM1=ρ1,则ρ0ρ1=R2,M0,M1的坐标分别

ΓM21

R2 R

对于球面上任一点P，有 为，M0(ρ0,θ0, 0),M1 ,,,θ =rrM0P 00 M1P ρρ0 0 1

故 G(M,M0)=

4π

1R1

rMMρ0rMM

1 0

其中n 皆表示对应边界的外法线方向。

在ΓM1所围成的域内G(M,M2)是调和函数，故在ΓM1上及其内部，

G(M,M2)

有界，所以

n

ΓM1

∫∫G(M,M1)

G(M,M2)

ds≤K∫∫G(M,M1)ds

nΓ

M1

R1 1

=

4π ρ2+ρ2 2ρρcosυρ0

00

其中ρ=OM,υ是OM与OM0的夹角。 再求外问题泊松公式。

根据§2第4题知，若在无穷远处 u(M)=O(

49

ρ12

1

+ρ2 2ρ1ρcosυ

11 =K∫∫ 4πε2 Kg*4πε2 g(M,M1) ds=K

4πrMM4πε1 ΓM1

其中g 为g在ΓM1上的平均值。

1rOM

u1

=o()(rOM→0) γrOM2

复旦第二版

则公式

u(M1 1 0)= 4π∫∫ u(M) 1 u ds Γ

n rM 0M rM0M n 仍成立。其中n指向Γ的内部，故与内问题解的积分表达式的推导完全一致，利用格林函数得

u(M0)=

∫∫ G(M,M0)

Γ

nf(M)ds 其中f为边值，即uΓ=f,且n指向球内。

因此与内问题推导完全一样，可求出 G

n

，只是法线方向相反，结果差一个“–”（负）号， 于是得

G n

=

G ρ ρv)Rρ=R

0cosv(ρ ρ1cos ρρ=R

=14π

(ρ02+ρ2 2ρρ0cosv)32

ρ0(ρ12+ρ2 2ρ1cosv)32 ρ=R

又

ρR

2

1=

ρ，化简得

G

=

1

R2 ρ02 n

ρ=R

4πR2

(ρ02+R2 2ρoRcosv)所以 u(M1

R2 ρ0)= 4πR∫∫02Γ(ρ02+R2 2ρ0Rcosv)32f(M)ds 22

即 u(M

R2π2π

0)=4π

∫0∫0

f(R,θ, )

R ρ0 (ρ02+R2 2ρ0Rcosv)2

sinθdθd 其中 cosv=cosθcosθ0+sinθsinθ0cos( 0) 因 (ρ02

+R 2ρ0Rcosv)

2

≥[(R ρ0)2]

32

=(R ρ0)3

所以 |u(ρθRMR+ρ2π

R+ρ0,0, 0)|≤

04π(R ρ0)2

∫0d ∫

2π

sinθdθ=RM

(R ρ0)

2

其中取M，使f(R,θ, )≤M

由此知，当ρ1

0→∞ 时 u=ο(

ρ

同理，对ρ1

0求导后，可验证u=ο(

ρ2

)，即以上在无穷远处所要求的条件是满足的。

4．利有泊松公式求解

uxx+uyy+uzz=0,

x2+y2+z2<1

u(R,θ, )R=1=3cos2θ+1(R,θ, 表示球坐标）

解：由泊松公式

u(R,θ1

2ππ

1 R2

0, 0)=

4π

∫0∫0

(1+R2

2Rcosv)

3\2

3cos2θ+1)sinθdθd

因为(1+2xt+t2) 1/2为勒让德多项式的母函数，即

1∞

+2xt+t2

=∑pn(x)tn

n=0

对t微分得

∞

x t(1+2xt+t2)2=∑npn(x)tn 1

n=1

又

1 t2

1t(1+2xt+t2)

2

=

2xt+t

2

+2t

x (1 2xt+t2)

3/2

∞

∞

=

pn(x)t

n

+2(x)tn

n∑=0∑npnn=1

∞

=

pn(x)tn

n∑(2n+1)=0

∞

所以

1 R2

(1+R2

2Rcosv)

3/2

=

+1)pn(cosv)R

n∑(2n=0

其中 cosv=cosθcosθ0+sinθsinθ0cos( 0)

由勒让德多项式的加法公式知

50

复旦第二版

n

pn(cosv)=

1)m

(n m)!(n+m)!

pnm

(cosθ0)eim( 0)

m∑(= n

又 3cos2θ+1=3(2cos2θ 1)+1=6cos2θ 2=4p2(cosθ) 所以 I=

∫2ππ

1 R2

0∫0

(1+R2

2Rcosv)

3\2(3cos2θ+1)sinθdθd

∑n

( 1)m

(n m)!

=∫

2π0

∫π∑∞

(2n+1)Rn

(

n=0

m= n

(n+m)!

pnm

(cosθ) pnm(cosθ0)etm( 0)

4p2(cosθ))sinθdθd

因为

∫

2π= 0m≠0

eim( 0

)

d 2π

m=0

故

I=∑∞

8π∫

πn0

(2n+1)Rpn(cosθ)pn(cosθ0)p2(cosθ)sinθdθ

n=0

∞

=8π

θπ

0)(2n+1)Rn

n∑pn(cos=0

∫

pn(cosθ)p2(cosθ)sinθdθ利用勒让德多项式的正交性

1

∫ 1

pn(x)pm(.x)dx= 0

m≠n 2

2n+1

m=nπ

0

n≠2得 ∫0

pn(cosθ)p2(.cosθ)sinθdθ= 2 5

n=2

故 I=8πp2

2(cosθ0) 5R2 5

=16πR2p2(cosθ0)=4πR2(3cos2θ0+1)

最后得到 u(R,θ, )=R2(3cos2θ+1)

5． 证明二维调和函数的奇点可去性定理：若A是调和函数u(M)弧奇点，在A点近傍 成立着

u(M)=o(ln

1r) AM

则此时可以定义u(M)在M=A的值，使它在点A亦是调和的。

证：函数u(M)在点A的邻域内，除A外是调和的。在A点u(M)=o(ln

1r),即

AM

lim

u(M)

M→A=0

ln1

rAM

若能在A的邻域内作一个调和函数v(M)，在该邻域内除A点外，处处有v(M)=u(M)，则可以定义v(M)=u(M)，于是u在A点也是调和的。为此以A为中心，R为半径作一圆K完全包含在A点的所考察的领域内,以u在圆周K上的值为边界条件，在圆内求拉普拉斯方程的解，得v，今证在

圆内除A外，处处有v(M)=u(M)

令w=u v，则在K内除A外处处调和且K上w=0。在A点 Mlim

w(M)

→A=0

ln1

rAM

作函数 w1ε(M)=ε(ln

r ln

1R

) AM

wε(M)具有如下性质：在K和圆rAM=δ所包围的环形域内是调和函数，其中δ可取任意小

的正数。又在圆K上w=0，在K内wε(M)>0。

因为

wε(M)1=ε(1 ln11

Rlnr)→ε当M→A

lnAMrAM

故可取δ'充分小，使得在圆rwε(M)AM<δ'上，

ln1>ε

2 rAM

又因为 Mlim

w(M)

→A=0

ln1

rAM

51

复旦第二版

故存在δ''，当rAM<δ''有 |

w(M)ε

|< 12lnrAM

（2）

uc=A+Bsin

其中A，B都为常数。 解：利用泊松公式

今取δ=min(δ',δ'')则在rAM=δ上， |

w(M)w(M)

|<ε11

lnln

rAMrAM

1

u(ρ0, 0)=

2π

2π

∫a

(a2 ρ0)f( )

2

2

+ρ0 2aρ0cos( 0)

22π

2

a2 ρ0

（1） u(ρ0, 0)=

2π

记A0=a2+

∫a

Acos

2

+ρ0 2aρ0cos( 0)

2

即在rAM=δ上

w(M)<wε(M)

又在K上，w与wε皆为零，根据极值原理，对K和rAM=δ围成的环形域内任一点M，有

ρ02,B0= 2aρ0,计算

cos

=

A0+B0cos( 0)

2π

2π

∫

∫

cos(( 0)+ 0)

A0+B0cos( 0)

2π

w(M)<wε(M)

又ε是上任意的。令ε→0，得wε(M)→0，故 ω(M)≡0

即v=u，令u(A)=v(A)，则u在A点调和。

=

∫

2π

cos( 0)sin( 0)

cos 0d ∫sin 0d

A0+B0cos( 0)ABcos( )+ 0000

2π

=cos 0

A01

(1 )d ∫B0A0+B0cos( 0)0

12π

ln(A0+B0cos( 0)0B0

2π

sin 0

NrαAM

，其中常数1≥α>0，

所以

同阶，即α=1。

6．证明如果三维调和函数u(M)在奇点处附近能表示为

cos 0A

2π 0cos 0=

B0B0

∫

1

A0+B0cos( 0)

N是不为零的光滑函数，则此时它趋于无穷大的阶数必与

1rAM

证：若，α<1由于u(M)在A的领域除A外是调和的，且在的附近可表为 limrAMu=limr1 αN=0

M→A

M→A

Nr

AM

，则

A(ρ02 a2)A(ρ02+a2)1

u(ρ0, 0)=cos 0+cos 0

2aρ02aρ02π

2π

∫

a2 ρ02

a+

2

2

ρ0

2aρ0cos( 0)

又由于在圆的边界上取常数1的调和函数，在圆内必恒等于1，故

由可去奇点定理知，A为u的可去奇点，故在A点u不趋于∞。故若在A点趋于∞，则α不小于1又0<α≤1，所以α=1。

7．试求一函数，在半径的圆的内部是调和的，而且在圆周上取下列的值：

（1）u

c

1

2π

2π

∫a

a2 ρ0

2

2

2

+ρ0 2aρ0cos( 0)

A

ρ0cos 0 a

=1

=Acos

52

所以 u(ρ0, 0)=

复旦第二版

即 u(ρ, )=A

a

ρcos

（2） u(ρ)=

a2 ρ22π

0, 02π∫A+Bsin

2

2

a

+ρ0 2aρ 0cos( 0)

2π

=A

1

2π

∫

a2 ρ02

a2

+ρ02

2aρ0cos( 0)

2π

+Bcos 1

sin( 0

0)2π∫

(a2 ρ02)0a2

+ρ02

2aρ

0cos( 0)2π

+Bsin 1

∫

(a2 ρ 0

02)cos(0)2π

a2

+ρ 0d

02

2aρ0cos( cos0

0)

利用上题计算中的相应结果，即

12π

(a2 ρ02)sin( 0)2π∫

0a2

+ρ02

2aρ =0

0cos( 0)12π

2π

∫

(a2 ρ02)cos( 0)

a2+ρ =

ρ00

02 2aρcos( 0)

a

所以 u(ρ)=A+B

0, 0aρ0sin 0

即 u(ρ, )=A+B

a

ρcsin

或按以下方法，将边值写成 u

c

=A+Bcos(

π

2

)

由于方程齐次的，利用可加性，则u=u1+u2,其中u1满足边值u1

c

=A,

uπ

2满足边值u2

c

=Bcos(

2

),则显然u1=A,且由第(1)题知u2|B

c=

aρcos( π2

则显 然uA是由第（1）题知uB

π1=2=aρcos( 2

)

故

u2=A+

Baρcos( πB

2)=A+a

ρsin

8.试用静电源法导出二维调和方程在半空间的狄利克莱问题：

u=uxx+uyy=0y>0

u

y=0=f(x)的解。

解：设(x0,y0)为域内一点，则它关于平面y=0的对称点为(x0,y0)，故格林函数为

G(M,M1

11

0)=2π ln

(x x20)+(y y2 ln

0)(x x20)+(y y20)

对于空间y>0来讲，边界y=0的外法线方向是与y轴相反的方向，故

G Gy y0y+y0 n= y=1

2π (x xy2 0)2+(y 0)(x x0)2+(y y20)

G n

y=0

=

1

y0

π

(x x0)2

+y0

2

所以 u(x0,y0)=

∫ G nfds y=0

=

1

+∞π

∫

y∞

x fx(x)dx

00

2

+y

20

即 u(x,y)=

y

+∞)

π

∫

f(ξ∞

ξ x2

+y

2

ξ

9* 设区域 整个包含在以原点O为心，R为半径的球K中, u(r,θ, )是此区域中的调和函数，

2

其中(r,θ, )表示 中变点M的球坐标。设r1

=r

，则点

M1=(r1,θ, )x就是点M关于球K

的反演点，从M(r,θ, )倒M1(r1,θ, )的变换称为逆矢径变换或反演变换，以 1表示 的反演

区域。试证明函数

(2 vrR 1,θ, )

=ru ,θ, 1 r1

是区域

1

中的调和函数（无穷远点除外）.

53

复旦第二版

如果区域 为球面K以外的无界区域，则函数u数u

(r1,θ, )在 中除去原点O外是调和的，函

1

(r1,θ,β )称为函数u(r,θ, )的凯尔文（Kelvin）变换。

证明：只需证明v1,θ, 满足 v=0。

2 R u vR = 2u,θ, + r r1rr11r1

u=0

uΓ=f

外

limu(M)=0 (Γ是 的边界)

M ∞

(r

)

以O点为中心，适当选择半径R做一球K完全包含在 内部，记M（r,θ,Φ）不妨设O点在 内，

为 外的点，它对于K的反演点记作

M1(r1,θ, )将Γ关于K作反演得Γ

1

2 r1

2

于是 的外部的点通过反演，变成

Γ内部的点。且 外的调和函数u(M)通过凯尔文变换得v(M

1

2

1

)

=

R

r

u 2

1

r

3

3

13

u r

u u

= Ru Rr

r r

RR v(r1,θ, )=,θ, u

r1 r1

u

r1 = Ru

r1

2

r

v(M1)除原点外为调和函数，原点r1=0对应r=∞,而limu=0,即

r ∞

1

limu(r,θ, )=

u 2 v r = R 1 r1 r r1

r

2

2

1

u R r r r

r

2

2

1

r ∞

1

limr1vr1,θ, =0 Rr1 ∞

()

故r=0为v得可去奇点，故可定义v在r=0点得值，使v在

Γ内相海港函数。又

1

R uR u

=r+r r

r1 rr1 r r R 2 u

= r

r1 r r

代入 v的表达式，有

2 v 1 11vv 2 v=sin+θ+ 2 22 r1 sinθ θ θ sinθ r1 r1 r1

2 rR ,θ, =ur1,θ, Γ=u(r，θ， )Γ=f

Rr1 r1

(f1

于是得到狄利克莱内问题

内 v=0 1

vΓ1=f1(Γ1是 1的边界）

11* 证明无界区域上的调和函数，如在无穷远处为零，那么它趋于零的阶数至少为O 。 证明：设u(r,θ, )是无界区域的调和函数，则由凯而文变换

2 R 得v,θ, 除=0外为调和函数， 且由第十题 vr,θ, =u,θ, r1r11

r1 r1

2 2 uRu 1 1 R 2 u R1 =+sinθ+ r 2 222 θ r1sinθ r1 r r r1sinθ θ r1

1

r

=

R

r

31

r

2

u

知

()()

若u在包含原点O的有界区域内处处式调和的即 u=0,则除无穷远点（O的反演点）外， v=0即除∞点外v是调和的。若u在无界域 上是调和的，则除去O点外，v也是调和的。证毕。

10*.利用凯尔文变换及奇点可去性定理，把狄利克莱外问题化为狄利克莱内问题。 解：狄利克莱外问题

54

r

1

=0为v得可去奇点，故vr1,θ, 在r1=0得领域内是有界得，又

()