数学物理方程 - 10.29 Green 函数及其性质

边值问题

对于 Laplace 方程：

$$\Delta u=0\text{\hspace{1em}(1.1)}$$

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：$\left(a\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}+bu\right){|}_{\partial \Omega }=f_3$ . （也称为 Robin 问题）

对于 Laplace 方程基本解，我们之后将会记为 $\Gamma (M,M_0)$ 来替代原先以 $r$ 为自变量的写法，其中 $r=|M{M}_0|$ .

Green 函数

Motivation

我们首先回忆三维的位势积分公式：

$$-{\iiint }_D\Delta u\frac{1}{4\pi r_{M{M}_0}}\mathrm{d}x+{\iint }_{\partial D}\left[\frac{1}{4\pi r_{M{M}_0}}\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}-u\frac{\partial }{\partial \mathbf{n}}\left(\frac{1}{4\pi r_{M{M}_0}}\right)\right]\mathrm{d}S=u(M_0)$$

看起来，我们要从这个公式中解出 $u$ ，需要 $u$ 和 $\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}$ 在 $\partial D$ 上的取值，但是问题在于：我们之后能证明，如果任意给定 $u$ 和 $\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}$ ，则很可能上述方程无解. 因此二者往往只能给定一个.

我们下面考虑引入 Green 函数法：对于 $D$ 中任意调和函数 $g$ ，根据 Green 第二公式有

$$0=-{\iiint }_{D}g\Delta u\mathrm{d}x+{\iint }_{\partial D}\left(g\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}-u\frac{\partial g}{\partial \mathbf{n}}\right)\mathrm{d}S$$

我们将位势积分公式和 Green 第二公式相加有

$$\begin{array}{r}u(M_0)=-{\iiint }_D\Delta u\cdot G\mathrm{d}x+{\iint }_{\partial D}\left[G\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}-u\frac{\partial G}{\partial \mathbf{n}}\right]\mathrm{d}S\end{array}\text{\hspace{1em}(2.1)}$$

其中

$$G=g+\frac{1}{4\pi r_{M{M}_0}}$$

我们似乎并没有改变原来的困境，但是注意：我们这里 $g$ 是有选择的自由的，换言之，如果 $g$ 选择恰当，我们就可以消掉 $u$ 或 $\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}$ 中的一个 （在 $\partial D$ 上）.

这就是 Green 函数的由来，我们对不同的边值问题，需要消掉的项不同，因而需要不同的 Green 函数.

对于 $n$ 阶的 Green 函数，我们有

$$G=g+\Gamma$$

其中 $\Gamma$ 为 $n$ 阶的基本解. 在引入参数的情形下，记为

$$G(M,M_0)=g(M,M_0)+\Gamma (M,M_0)$$

Dirichlet 问题的 Green 函数

我们研究如下的 Dirichlet 问题：

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

我们要利用 $(2.1)$ 来解方程，此时没有 $\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}$ ，我们考虑消去，因此 $g$ 的选取应满足：

$$\{\begin{array}{l}\Delta g=0\\ g{|}_{\partial \Omega }=-\Gamma {|}_{\partial \Omega }\end{array}\text{\hspace{1em}(2.2)}$$

其中参数为 $M_0$ ，因此我们有：

Dirichlet 问题的 Green 函数：

$G(M,M_0)=g(M,M_0)+\Gamma (M,M_0)$ 其中 $g$ 为 Laplace 方程边值问题 $(2.2)$ 的解.

此时可知

$$G{|}_{\partial \Omega }=0$$

于是有

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

称为 Dirichlet 问题的形式解.

Green 函数在简单区域上的求法

经过漫长的推导，我们实际上得到的是这样的结论：要求解一个 Laplace 方程的边值问题，我们需要求解出 Green 函数，而要求解出 Green 函数，我们就得求出一个特殊的边值问题.

似乎我们兜兜转转又回来了，简而言之就是我们要求解出一个边值问题，就得先求解出一个边值问题，合着我们什么都没做？😅

但是实际上并不是这样，因为我们化简得到的边值问题是比较特殊的，它的边值条件就是基本解，因此，在简单的区域内，我们可以比较好地求出 Green 函数.

平面：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.

三维：上半空间的 Green 函数

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. $\square$

三维：球中的 Green 函数

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

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

$\square$