数学物理方程 - 第五次作业

• 参考文献：
  • 《数学物理方程》谷超豪等；
  • 《偏微分方程》张振宇，张立柱.

T1 习题 6.2 (2)

用镜像法求第一象限的 Green 函数.

对平面上的第一象限，作 $M_0$ 的关于 $x,y$ 轴的对称点 $M_1,M_2$ ，关于原点的中心对称点 $M_3$ ，那么根据几何关系有

$$\begin{array}{rl}& r(M,M_0)=r(M,M_1),r(M,M_2)=r(M,M_3),y=0\\ & r(M,M_0)=r(M,M_2),r(M,M_1)=r(M,M_3),x=0\end{array}$$

因此考虑 Green 函数：

$$\begin{array}{rl}G(M,M_0)& =\frac{1}{2\pi }\ln r(M,M_0)-\frac{1}{2\pi }\ln r(M,M_1)\\ & -\frac{1}{2\pi }\ln r(M,M_2)+\frac{1}{2\pi }\ln r(M,M_3)\end{array}$$

根据几何关系可知

$$G{|}_{x=0}=G{|}_{y=0}=G{|}_{r=+\infty }=0$$

因此 $G$ 即为 Green 函数. $\square$

T2 习题 6.2 (4)

当 $n=3$ 时，求上半空间 $\left\{(x,y,z):z>0\right\}$ 以及球 $\left\{(x,y,z):x^2+y^2+z^2<R^2\right\}$ 的 Green 函数，并给出相应的 Dirichlet 问题的解.

上半空间的 Green 函数及 Dirichlet 问题

对 $M_0(x_0,y_0,z_0)$ ，考虑关于 $z=0$ 平面的镜像点为 $M_0^{\ast }(x_0,y_0,-z_0)$ ，那么取 $g=-\frac{1}{4\pi r(M,M_0^{\ast })}$ ，容易从几何关系知道 $r(M,M_0)=r(M,M_0^{\ast })$ ，则有

$$\{\begin{array}{l}\Delta g=0\\ g{|}_{z=0}=-\frac{1}{4\pi r(M,M_0)}{|}_{z=0}\end{array}$$

因此 Green 函数为

$$G(M,M_0)=\frac{1}{4\pi r(M,M_0)}-\frac{1}{4\pi r(M,M_0^{\ast })}$$

对边值问题：

$$\{\begin{array}{ll}\Delta u=F(x,y,z),& x,y\in \mathbb{R},z>0\\ u{|}_{z=0}=f(x,y),& x,y\in \mathbb{R}\end{array}$$

根据 Dirichlet 问题的形式解有：

$$u(M_0)=-{\iiint }_{\Omega }GF\mathrm{d}x-{\iint }_{\partial \Omega }f\frac{\partial G}{\partial \mathbf{n}}\mathrm{d}S$$

下面仅需计算 $\frac{\partial G}{\partial \mathbf{n}}$ ，注意到外法向量仅在 $z$ 轴方向有分量，因此有

$$\begin{array}{rl}-\frac{\partial G}{\partial \mathbf{n}}{|}_{z=0}=\frac{\partial G}{\partial z}{|}_{z=0}& =\frac{\partial }{\partial z}\left(\frac{1}{4\pi r(M,M_0)}-\frac{1}{4\pi r(M,M_0^{\ast })}\right){|}_{z=0}\\ & =\frac{1}{4\pi }\left(-\frac{z-z_0}{r^3(M,M_0)}+\frac{z+z_0}{r^3(M,M_0^{\ast })}\right){|}_{z=0}\\ & =\frac{z_0}{2\pi }\cdot \frac{1}{[(x-x_0{)}^2+(y-y_0{)}^2+z_0^2{]}^{\frac{3}{2}}}\end{array}$$

代入后即有：

$$\begin{array}{rl}u(M_0)& =-{\iiint }_{\Omega }GF\mathrm{d}x-{\iint }_{\partial \Omega }f\frac{z_0}{2\pi }\cdot \frac{1}{[(x-x_0{)}^2+(y-y_0{)}^2+z_0^2{]}^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}S\\ & =-\frac{1}{4\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }\mathrm{d}x{\int }_{-\infty }^{+\infty }\mathrm{d}y{\int }_0^{+\infty }\left[\frac{1}{4\pi r\left(M,M_0\right)}-\frac{1}{4\pi r(M,M_0^{\ast })}\right]F\mathrm{d}z\\ & -\frac{z_0}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }\mathrm{d}x{\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{f(x,y)}{[(x-x_0{)}^2+(y-y_0{)}^2+z_0^2{]}^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}y\end{array}$$

这就是上半空间的 Dirichlet 问题的解. $\square$

球中的 Green 函数及 Dirichlet 问题

设球体 $D$ 的半径为 $a$ ，考虑利用球坐标：

$$\{\begin{array}{l}x=r\sin \phi \cos \theta \\ y=r\sin \phi \sin \theta \\ z=r\cos \phi \end{array},\phi \in [0,\pi ],\theta \in [0,2\pi ],r\in [0,a]$$

从而可记 $M(r,\phi ,\theta )$ ，对 $M_0(r_0,{\phi }_0,{\theta }_0)$ ，找其关于球面 $r=a$ 的反演点 $M_1\left(\frac{a^2}{r_0},{\phi }_0,{\theta }_0\right)$ ，当 $M\in \partial D$ 时， 即有 $△O{M}_{0}M\sim △OM{M}_1$ ， 这是因为

$$\angle MO{M}_0=\angle M_{1}O{M}_0,\frac{O{M}_0}{OM}=\frac{r_0}{a}=\frac{OM}{O{M}_1}$$

于是有

$$\frac{1}{r(M,M_0)}=\frac{a}{r_0}\frac{1}{r(M,M_1)}$$

令

$$G(M,M_0)=\frac{1}{4\pi r(M,M_0)}-\frac{a}{r_0}\frac{1}{r(M,M_1)}$$

则 $G$ 在球体 $D$ 中调和，且 $G{|}_{r=a}=0$ . 这就是球体中的 Green 函数.

记经过球坐标变换后 Dirichlet 问题为：

$$\{\begin{array}{ll}\Delta u=F(r,\phi ,\theta ),& r<a\\ u{|}_{r=a}=f(\phi ,\theta ).& \end{array}$$

记 $\overrightarrow{OM}$ 和 $\overrightarrow{O{M}_0}$ 的夹角为 $\beta$ ，则由余弦定理有

$$\begin{array}{rl}& r^2(M,M_0)=r^2+r_0^2-2r{r}_0\cos \beta \\ & r^2(M,M_1)=r^2+{\left(\frac{a^2}{r_0}\right)}^2-2r\left(\frac{a^2}{r_0}\right)\cos \beta \end{array}$$

代入有：

$$G(M,M_0)=\frac{1}{4\pi }\left[\frac{1}{(r^2+r_0^2-2r{r}_0\cos \beta {)}^{\frac{1}{2}}}-\frac{a}{(r^2{r}_0^2+a^4-2r{a}^2{r}_0\cos \beta {)}^{\frac{1}{2}}}\right]$$

为求解 $\cos \beta$ ，考虑 $OM,O{M}_0$ 的单位向量：

$$\{\begin{array}{l}\frac{\overrightarrow{OM}}{|OM|}=(\sin \phi \cos \theta ,\sin \phi \sin \theta ,\cos \phi )\\ \frac{\overrightarrow{O{M}_0}}{|O{M}_0|}=(\sin {\phi }_0\cos {\theta }_0,\sin {\phi }_0\sin {\theta }_0,\cos {\phi }_0)\end{array}$$

我们作内积可得 $\cos \beta$ ：

$$\begin{array}{rl}\cos \beta & =\sin \phi \sin {\phi }_0(\cos \theta \cos {\theta }_0+\sin \theta \sin {\theta }_0)+\cos \phi \cos {\phi }_0\\ & =\sin \phi \sin {\phi }_0\cos (\theta -{\theta }_0)+\cos \phi \cos {\phi }_0\end{array}$$

再考虑求 $\frac{\partial G}{\partial \mathbf{n}}$ ，对余弦定理式求导有

$$\frac{\partial r(M,M_0)}{\partial r}=\frac{r-r_0\cos \beta }{r(M,M_0)},\frac{\partial r(M,M_1)}{\partial r}=\frac{r-\frac{a^2}{r_0}\cos \beta }{r(M,M_1)}$$

那么根据外法向量的方向和半径方向一致，有

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial G}{\partial \mathbf{n}}{|}_{r=a}& =\frac{\partial G}{\partial r}{|}_{r=a}\\ & =\frac{\partial }{\partial r}\left(\frac{1}{4\pi r(M,M_0)}-\frac{a}{r_0}\frac{1}{4\pi r(M,M_1)}\right){|}_{r=a}\\ & =\frac{1}{4\pi }\left(-\frac{1}{r^2(M,M_0)}\frac{\partial r(M,M_0)}{\partial r}+\frac{a}{r_0}\frac{1}{r^2(M,M_0)}\frac{\partial r(M,M_1)}{\partial r}\right)\end{array}$$

代入求导结果有

$$\frac{\partial G}{\partial \mathbf{n}}{|}_{r=a}=-\frac{1}{4\pi a}\cdot \frac{a^2-r_0^2}{(a^2+r_0^2-2a{r}_0\cos \beta {)}^{\frac{3}{2}}}$$

根据

$$u(M_0)=-{\iiint }_{D}G\Delta u\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z-{\iint }_{\partial D}u\frac{\partial G}{\partial \mathbf{n}}\mathrm{d}S$$

且 Jacobi 行列式 $|\mathbf{J}|=r^2\sin \phi$ ，可得

$$\begin{array}{rl}u(r_0,{\phi }_0,{\theta }_0)=& =-\frac{1}{4\pi }{\int }_0^a{r}^2\mathrm{d}r{\int }_0^{\pi }\sin \phi \mathrm{d}\phi {\int }_0^{2\pi }[\frac{1}{{\left(r^2+r_0^2-2r{r}_0\cos \beta \right)}^{\frac{1}{2}}}\\ & -\frac{a}{(a^4+r^2{r}_0^2-2a^{2}r{r}_0\cos \beta {)}^{\frac{1}{2}}}]F(r,\phi ,\theta )\mathrm{d}\theta \\ & +\frac{(a^2-r_0^2)}{4\pi a}{\int }_0^{\pi }\sin \phi \mathrm{d}\phi {\int }_0^{2\pi }\frac{f(\phi ,\theta )}{(a^2+r_0^2-2a{r}_0\cos \beta {)}^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}\theta .\end{array}$$

$\square$

T3 习题 6.2 (8)

证明 $n=3$ 时的可去奇点定理.

先对定理进行叙述：

定理：可去奇点定理

设 $u(M)=u(x,y,z)$ 在点 $A$ 的邻域中除点 $A$ 外是调和函数，在 $A$ 点附近成立： ${\lim }_{M\to A}r(A,M)\cdot u(M)=0$ 其中 $r(A,M)$ 即 $A,M$ 两点距离. 那么总可重新定义 $u(A)$ ，使得 $u(M)$ 在整个点 $A$ 的邻域（包括 $A$ 本身）中是调和函数.

证明： 不失一般性，不妨设 $A$ 为坐标原点，作球形邻域 $K$ ，半径为 $R$，作 Dirichlet 边值问题：

$$\{\begin{array}{l}\Delta u_1=0\\ u_1{|}_{\partial K}=u{|}_{\partial K}\end{array}$$

如果我们能证明 $u_1\equiv u$ 在去掉 $A$ 后的 $K$ 上处处成立，则定义 $u(A)=u_1(A)$ 即可. 为证明恒成立，考虑设 $w=u-u_1$ ，则 $\Delta w=0$ 在除 $A$ 点之外的 $K$ 上成立，结合定理中的极限式可得：

$$\underset{M\to A}{\lim }r(A,M)w=0$$

且 $w{|}_{\partial K}=0$ ，下面证明 $w$ 在 $K$ 中除 $A$ 点之外均为 $0$ ，作函数：

$$w_{\epsilon }(M)=\epsilon \left(\frac{1}{r(A,M)}-\frac{1}{R}\right)$$

它有性质：

• $w_{\epsilon }(M)$ 在 $M\in \partial K$ 时取值为 $0$ ，$M\in K$ 时取值为正；
• $w_{\epsilon }(M)$ 在 $r=\delta$ 和 $r=R$ 构成的球壳上调和，其中 $\delta >0$ 任意取定.

根据极限式，在 $r=\delta$ 的球面上有

$$|w|⩽w_{\epsilon }$$

而在 $\partial K$ 上，$w,w_{\epsilon }$ 取值均为 $0$ ，根据极值原理，$\forall M^{\ast }\in K\setminus A$ ， 有

$$|w(M^{\ast })|⩽w_{\epsilon }(M^{\ast })$$

而 $\epsilon \to 0$ 时，上述不等式右端趋于 $0$ ，因此 $w(M^{\ast })=0$ ，即说明 $u_1\equiv u$ . $\square$