数学物理方程 - 第四次作业

T1

导出 $n⩾3$ 时的位势积分公式，并求基本解系数 $c_n$ .

解答分三个部分：

1. 求解单位球体体积与表面积；
2. $n⩾3$ 时位势积分的推导；
3. 利用位势积分求基本解系数.

求单位球体的体积 $\alpha (n)$ ，并用 $\alpha (n)$ 表示出表面积.

记以原点为球心，半径为 $r$ ，维数为 $n$ 的球体为 $B_r^n$ ，考虑如下的 $n$ 重积分：

$$\alpha (n)=\underset{x_1^2+x_2^2+\cdots +x_n^2⩽1}{\left(\int \cdots \int \right)}\mathrm{d}{x}_1\mathrm{d}{x}_2\cdots \mathrm{d}{x}_n$$

将其中的两维留下即有：

$$\begin{array}{rl}\alpha (n)& =\underset{x_1^2+x_2^2⩽1}{\iint }\left[\underset{x_3^2+x_4^2+\cdots +x_n^2⩽1-x_1^2-x_2^2}{\left(\int \cdots \int \right)}\mathrm{d}{x}_3\mathrm{d}{x}_4\cdots \mathrm{d}{x}_n\right]\mathrm{d}{x}_1\mathrm{d}{x}_2\\ & =\underset{x_1^2+x_2^2⩽1}{\iint }\alpha (n-2)(1-x_1^2-x_2^2{)}^{\frac{n-2}{2}}\mathrm{d}{x}_1\mathrm{d}{x}_2\\ & =\alpha (n-2)\frac{2\pi }{n}\end{array}$$

通过 $n=2,3$ 的情形可得

$$\alpha (n)=\frac{{\pi }^{\frac{n}{2}}}{\Gamma (\frac{n}{2}+1)}$$

之后本题均使用 $\alpha (n)$ 指代 $n$ 维球体的体积. 利用同样的递推方法可得

$$S(n)=n\alpha (n)$$

$n⩾3$ 的位势积分的推导.

考虑 $\Omega \subset {\mathbb{R}}^n$ 连通开集，$\partial \Omega$ 光滑，$u\in C^2(\Omega )\cap C(\overline{\Omega })$ ，$v=r^{2-n}$ . 其中 $r=|PQ|$ ，$P$ 为动点，${\Omega }_{\epsilon }=\Omega \setminus B_{\epsilon }$ ，由 Green 第二公式：

$${\int }_{{\Omega }_{\epsilon }}\left(u\Delta r^{2-n}-r^{2-n}\Delta u\right)\mathrm{d}x={\int }_{\partial {\Omega }_{\epsilon }}\left[u\frac{\partial }{\partial \mathbf{n}}\left(r^{2-n}\right)-r^{2-n}\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}\right]\mathrm{d}S\text{\hspace{1em}(1.1)}$$

其中

$${\int }_{{\Omega }_{\epsilon }}u\Delta r^{2-n}\mathrm{d}x=0$$

这是由于

$$\Delta E(r)=\delta (r)=\{\begin{array}{ll}\infty ,& r=0\\ 0,& r\ne 0\end{array}$$

所以有

$$\Delta r^{2-n}=\delta (r)$$

在 ${\Omega }_{\epsilon }$ 中 $\Delta r^{2-n}$ 取值均为 $0$ . 而 Green 第二公式右侧有

$${\int }_{\partial {\Omega }_{\epsilon }}\left[u\frac{\partial }{\partial \mathbf{n}}\left(r^{2-n}\right)-r^{2-n}\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}\right]\mathrm{d}S=\left({\int }_{\partial \Omega }+{\int }_{\partial B_{\epsilon }}\right)\left[u\frac{\partial }{\partial \mathbf{n}}\left(r^{2-n}\right)-r^{2-n}\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}\right]\mathrm{d}S$$

考虑其中的 $\partial B_{\epsilon }$ 上的积分，有

$$\begin{array}{rl}{\int }_{\partial B_{\epsilon }}\left[u\frac{\partial }{\partial \mathbf{n}}\left(r^{2-n}\right)-r^{2-n}\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}\right]\mathrm{d}S& ={\int }_{\partial B_{\epsilon }}(2-n)u{r}^{1-n}\mathrm{d}{S}_P+{\int }_{\partial B_{\epsilon }}{r}^{2-n}\frac{\partial u}{\partial r}\end{array}$$

故利用积分中值定理，存在 $Q^{\ast },\tilde{Q}\in \partial B_{\epsilon }$ ，使得上式等于

$$n(2-n)\alpha (n)\frac{u(Q^{\ast })}{{\epsilon }^{n-1}}{\epsilon }^{n-1}+\frac{1}{{\epsilon }^{n-2}}\frac{\partial u}{\partial r}(\tilde{Q})n\alpha (n){\epsilon }^{n-1}$$

令 $\epsilon \to 0$ ，此时 $Q^{\ast },\tilde{Q}\to Q$ ，从而

$${\int }_{\partial B_{\epsilon }}\left[u\frac{\partial }{\partial \mathbf{n}}\left(r^{2-n}\right)-r^{2-n}\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}\right]\mathrm{d}S\to n(2-n)\alpha (n)u(Q)$$

则对式 $(1.1)$ 有

$${\int }_{\Omega }-\Delta u{r}^{2-n}\mathrm{d}x={\int }_{\partial \Omega }\left[u\frac{\partial }{\partial \mathbf{n}}(r^{2-n})-r^{2-n}\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}\right]\mathrm{d}S+n(2-n)\alpha (n)u(Q)$$

即有 $n$ 维的位势积分公式：

$$\begin{array}{rl}u(Q)& =\frac{1}{n(2-n)\alpha (n)}{\int }_{\partial \Omega }{r}^{2-n}\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}\mathrm{d}S+\frac{1}{n(n-2)\alpha (n)}{\int }_{\partial \Omega }u\frac{\partial }{\partial \mathbf{n}}(r^{2-n})\mathrm{d}S\\ & +\frac{1}{n(n-2)\alpha (n)}{\int }_{\Omega }{r}^{2-n}\Delta u\mathrm{d}x\end{array}$$

利用位势积分解基本解系数.

设 $v=c_n{r}^{2-n}$ ，对于任意 $\phi \in C_0^{\infty }(\Omega )$ ，$r=|PQ|$ 有：

$$\begin{array}{rl}\phi (Q)& ={⟨\delta (Q-P),\phi (P)⟩}_P\\ & ={⟨\Delta \left(c_n{r}^{2-n}\right),\phi (P)⟩}_P\\ & =c_n⟨r^{2-n},\Delta \phi (P)⟩=c_n{\int }_{\Omega }{r}^{2-n}\Delta \phi \mathrm{d}x\end{array}$$

而 $\mathrm{supp}(\phi )\subset \subset \Omega$ ，因此位势积分公式的第一、二项全为 $0$ ，比对系数有：

$$c_n=\frac{1}{n(n-2)\alpha (n)}$$

其中 $\alpha (n)=\frac{{\pi }^{\frac{n}{2}}}{\Gamma (\frac{n}{2}+1)}$ 为 $n$ 维单位球体的体积. $\square$

T2 习题 6.1 (6)

若 $\Omega$ 是有界连通开集，$u\in C(\overline{\Omega })\cap C^2(\Omega )$ ，并且 $u$ 在 $\Omega$ 上有：$\Delta u⩾0,u\not\equiv C$ ，则 $u$ 必不可在 $\Omega$ 内部以达到其上确界.

假设 $u$ 在 $\Omega$ 内部达到其上确界，记为

$$M=\underset{\Omega }{\sup }u=u(x),x\in \Omega$$

由于 $\Omega$ 为有界连通开集，对任意的 $x\in \Omega$ ，存在 $r>0$ 使得 $B_r(x)\subset \Omega$ ，设：

$$\phi (r)\triangleq \frac{1}{|\partial B_r(x)|}{\int }_{\partial B_r(x)}u(y)\mathrm{d}S(y)=\frac{1}{|\partial B_1(0)|}{\int }_{\partial B_1(0)}u(x+rz)\mathrm{d}S(z)$$

那么根据 $\Delta u⩾0$ 的性质，考虑 Green 第二公式有

$$\begin{array}{rl}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r}\phi (r)& =\frac{1}{|\partial B_1(0)|}{\int }_{\partial B_1(0)}z\frac{\partial u}{\partial r}(x+rz)\mathrm{d}S(z)\\ & \stackrel{(\text{Green})}{=}\frac{1}{|\partial B_1(0)|}{\int }_{B_1(0)}\Delta u(x+rz)\mathrm{d}z⩾0\end{array}$$

因此 $\phi (r)$ 单调增，那么 $\phi (r)⩾\phi (0+0)=u(x)$ ，如果 $x\in \Omega$ 使得 $u(x)=M$ ，就表明对于每个取得 $u(x)=M$ 的 $x$ 都存在 $r$ 使得 $B_r(x)$ 上 $u$ 取值均为 $M$ . 因此

$${\Omega }_M=\left\{x\in \Omega :u(x)=M\right\}\subset \Omega$$

是开集，但是根据 $u$ 的连续性 ${\Omega }_M$ 又必须是闭集，因此 ${\Omega }_M=\varnothing$ 或 ${\Omega }_M=\Omega$ ，这就出现矛盾. $\square$

T3 习题 6.1 (10)

设 $\Omega$ 是有界连通开集，$u\in C(\overline{\Omega })\cap C^2(\Omega )$ 满足方程 $\Delta u-u^2=0,x\in \Omega$ 证明：$u$ 必不可在 $\Omega$ 内部达到最大值，除非 $u\equiv 0$.

根据 $\Delta u=u^2⩾0$ ，根据习题 6.1 (6) 的结论可知 $u$ 必须恒为常数. 此时 $\Delta u\equiv 0$ ，从而有 $u\equiv 0$ . $\square$