数学物理方程 - 10.24 极值原理、Dirichlet 问题、Neumann 问题

极值原理

定理：极值原理

若连通开集 $\Omega$ 中的调和函数 $u$ 不恒等于一个常数，则 $u$ 必不能在 $\Omega$ 内达到上下确界.

如果 $u$ 不为常值，且在 $\Omega$ 内部达到上确界 $M$ ，即 $M=u(Q)=\underset{\Omega }{\sup }u$ ，那么根据 $u$ 为调和函数，根据球体平均值公式有

$$M=u(Q)=\frac{1}{|B_{\delta }(Q)|}{\int }_{B_{\delta }(Q)}u(P)\mathrm{d}{x}_P$$

假设 $P_0\in B_{\delta }(Q)$ ，$u(P_0)=M_1<M$ （由于不为常值函数所以取得到这样的 $\delta$ 和 $P_0$），由连续性，可知存在 $V_{P_0}$ 邻域使得

$$u{|}_{V_{P_0}}<M_1$$

于是有

$$\begin{array}{rl}M=u(Q)& =\frac{1}{|B_{\delta }|}{\int }_{B_{\delta }}u\mathrm{d}{x}_P\\ & =\frac{1}{|B_{\delta }|}\left({\int }_{V_{P_0}}u\mathrm{d}{x}_P+{\int }_{B_{\delta }\setminus V_{P_0}}u\mathrm{d}{x}_P\right)\\ & <\frac{1}{|B_{\delta }|}(M\cdot |V_P|+M(|B_{\delta }|-|V_P|))=M\end{array}$$

故出现矛盾. $\square$

简单区域的 Dirichlet 问题

对于 Laplace 方程：

$$\Delta u=0$$

我们给出以下的边值条件，即得到相应的边值问题：

• Dirichlet 边界条件：$u{|}_{\partial \Omega }=f$ ；
• Neumann 边界条件：$\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}{|}_{\partial \Omega }=f_2$ ，其中 $\mathbf{n}$ 为 $\partial \Omega$ 的外法向量；
• 混合边界条件：$\left(a\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}+bu\right){|}_{\partial \Omega }=f_3$ .

下面我们来考虑 Dirichlet 问题，即有 Dirichlet 条件的 Laplace 方程边值问题：

$$\{\begin{array}{l}\Delta u=0,x\in \Omega \\ u{|}_{\partial \Omega }=f\end{array}\text{\hspace{1em}(Dirichlet)}$$

Dirichlet 问题解的唯一性和稳定性

唯一性问题

定理：唯一性问题

设 $u_1,u_2$ 均满足 (Dirichlet) 所示等式，即有 $\{\begin{array}{l}\Delta u_1=0\\ u_1{|}_{\partial \Omega }=f\end{array},\{\begin{array}{l}\Delta u_2=0\\ u_2{|}_{\partial \Omega }=f\end{array}$ 则 $u_1\equiv u_2$ .

令 $v=u_1-u_2$ ，则 $v$ 满足：

$$\{\begin{array}{l}\Delta v=0\\ v{|}_{\partial \Omega }=0\end{array}$$

因此 $v$ 在 $\Omega$ 内调和，根据极值原理，$v$ 在边界上取得最小值和最大值，均为 $0$ ，因此 $v\equiv 0$ ，即 $u_1=u_2$ . $\square$

稳定性问题

我们来讲述一下解的稳定性是如何定义的，方程的解连续依赖于边值条件即为解的稳定性，即对于 $f_1,f_2$ ，如果 $f_1-f_2$ 足够小，那么有 $u_1-u_2$ 足够小.

首先考虑

$$\{\begin{array}{l}\Delta u=0\\ u{|}_{\partial \Omega }=f\end{array}$$

设 $u_1,u_2$ 分别满足：

$$u_1{|}_{\partial \Omega }=f_1,u_2{|}_{\partial \Omega }=f_2$$

那么令 $v=u_1-u_2$ ，可得

$$\{\begin{array}{l}\Delta v=0,x\in \Omega \\ v{|}_{\partial \Omega }=f_1-f_2\end{array}$$

则由极值原理，$|v|⩽\underset{\partial \Omega }{\max }|f_1-f_2|<\epsilon$ ，即 $|u_1-u_2|<\epsilon$ . $\square$

Neumann 问题

Neumann 问题解的形式

定理：Neumann 问题解的形式

令 $(P_1)\{\begin{array}{l}\Delta u=0\\ \frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}{|}_{\partial \Omega }=f\end{array}$ 设 $u$ 为 ($P_1$) 的解，则 $u+C$ 一定为 $(P_1)$ 的解，其中 $C$ 为常数；反过来，已知一个解为 $u$ ，则所有的解均可表示为 $u+C$ .

证明：令 $u_1,u_2$ 均为 $(P_1)$ 的解，$v=u_1-u_2$ ，则

$$\{\begin{array}{l}\Delta v=0\\ \frac{\partial v}{\partial \mathbf{n}}{|}_{\partial \Omega }=0\end{array}$$

根据 Green 第一公式

$${\int }_{\partial \Omega }v\frac{\partial v}{\partial \mathbf{n}}\mathrm{d}S={\int }_{\Omega }v\Delta v\mathrm{d}x+{\int }_{\Omega }\sum _{j=1}^n{\left(\frac{\partial v}{\partial x_j}\right)}^2\mathrm{d}x$$

此时根据 Neumann 边值条件，可得

$${\int }_{\Omega }\sum _{j=1}^n{\left(\frac{\partial v}{\partial x_j}\right)}^2\mathrm{d}x=0$$

上述积分函数是非负的函数，因此 $v$ 的各个分量偏导都为 $0$ ，即 $v\equiv C$ ，其中 $C$ 为常值. $\square$

一道习题

例

设 $\Omega =B_R(Q)$ ，$u\in C^2(\Omega )\cap C(\overline{\Omega })$ ，证明： $u(Q)=\frac{1}{4\pi R^2}{\int }_{\partial B_R}u\mathrm{d}{S}_p-\frac{1}{4\pi }{\int }_{B_R(Q)}\left(\frac{1}{R}-\frac{1}{r}\right)\Delta u\mathrm{d}x$

根据位势积分：

$$u(Q)=\frac{1}{4\pi }{\iint }_{\partial \Omega }\frac{1}{r}\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}\mathrm{d}S-\frac{1}{4\pi }{\iint }_{\partial \Omega }u\frac{\partial }{\partial \mathbf{n}}\mathrm{d}S-\frac{1}{4\pi }{\iiint }_{\Omega }\frac{\Delta u}{r}\mathrm{d}x$$

由 $\Omega =B_R(Q)$ ，可知

$$\begin{array}{rl}u(Q)& =\frac{1}{4\pi }{\int }_{\partial B_R}\frac{1}{R}\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}\mathrm{d}S-\frac{1}{4\pi }{\int }_{\partial B_R}(-1)\frac{1}{R^2}u\mathrm{d}S-\frac{1}{4\pi }{\int }_{\Omega }\frac{\Delta u}{r}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{4\pi R}{\int }_{\partial B_R}\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}\mathrm{d}S+\frac{1}{4\pi R^2}{\int }_{\partial B_R}u\mathrm{d}S-\frac{1}{4\pi }{\int }_{\Omega }\frac{\Delta u}{r}\mathrm{d}x\end{array}$$

根据

$${\int }_{\Omega }\Delta u\mathrm{d}x={\int }_{\partial \Omega }\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}\mathrm{d}S$$

可得

$$u(Q)=\frac{1}{4\pi R^2}{\int }_{\partial B_R}u\mathrm{d}S+\frac{1}{4\pi }{\int }_{B_R}\left(\frac{1}{R}-\frac{1}{r}\right)\Delta u\mathrm{d}x$$

即得结论. $\square$