数学物理方程谷超豪第三章答案资料下载.pdf

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v为调和函数（3）322333yyxxyx和证：

令233xyxu,622xxu,622xyu所以0u,u为调和函数。

令323yyxv,622yxvyyv622。

所以0v，v为调和函数。

（4）（cossin,cos,sin为常数和nnxchnynxchnynxshnynxshny证：

因shnynshnyy2）（chnynchnyy2）（nnxnnxxsin）（sin2coxnxnnxx2）（cos所以yyxxnxshnynxshny）sin（）sin（0）sin（nxshny即故为调和函数nxshnysin同理，其余三个函数也是调和的（5）11）cos（sin）cos（ychxyychxshx和证：

令1）cos（ychxshxu221）cos（）cos（ychxxshychxchxxu）cos1（）cos（2ychxychx）cos1（）cos（2cos）cos（3222ychxshxychxyshxychxxu）cos2（）cos（23yshxchxshxyshxcoxychx2）cos（sinychxyshxyuyshxychxychxyshxyu23222sin）cos

（2）cos（sin）coscoscos（）cos（23yshxchxyshxyshxchxychx）sin22cos2（）cos（2232222yshxshxyshxychxyuxu02）sin（cos2）cos（223shxyyshxychx1）cos（sinychxyv令2）cos（sinychxyshxxvyxshychxychxychxxvsin）cos

（2）cos（sin23222）cossinsinsin2（）cos（223yychxxychyxshychx42221）cos（sin）cos（cosychxyychxyyv）cos1（）cos（2ychxychx）cos1（sin）cos

（2）cos（sin3222ychxyychxychxychxyu）sin2cossinsin2（）cos（23xychychxyyychx）sin2sin2sin2（）cos（2232222yxychxyshychxyvxv0sin2）（sin2）cos（223yxshxchyychx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）和rln证：

为调和函数题知由第令uru,1,ln。

故则显然令,0,0,0,2222vrvrvv01122222vrrvrrvu

（2）为常数和nnrnrnn（sincos证：

nruncosnnrruncos1nrnnruncos）1（222nrnuncos222所以0cos）1（2222nrnnrrnnunnn令nrvnsin则0sin）1（2222nrnnrrnnvnnn（3）cossincoslnrrrr和cossinlnrrr证：

令.sincoslnrrru.sincos2coslncossinsinln.cos1sincos）1（ln2222rrrrurrrruurrurru0sincos2cosln1sincos）1（ln1cos1rrrrrrrru令cossinlnrrrvcossin）2（lnsincoscoslnsin1cossin）1（ln.2222rrrvrrrrvrrvrrv.0cossin）2（ln1cossin）1（ln1sin1rrrrrrrv6.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）0,0byax（上的稳定温度分布：

.0）,（,sin）0,（0）,（）,0（02222bxuaxxuyauyuyuxu解：

令）（）（）,（yYxXyxu代入方程，得43YYxXxX）（）（再由一对齐次边界条件0）,（）,0（yauyu得0）（）0（aXX由此得边值问题0）（）0（0aXXXX由第一章讨论知，当2）（ann时，以上问题有零解.sin）（xanxXn）,2,1（n又0）（2nnYanY求出通解，得yannyannneBeAY所以1.sin）（）（nyannyannxaneBeAyxu，由另一对边值，得11sin）（0sin）（sinnbannbannnnnxaneBeAxanBAax由此得，,2,10,3,20111neBeAnBABAbannbannnn，解得basheAba211basheBba211,3,20nBAnn代入）,（yxu的表达式得xaeebashyxuybaybasin）（121）,（）（）（xaybxshbashsin）（17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byax0,0上解如下的非齐次调和方程的边值问题：

00,00,0（00byyaxxuuuxuqpqpyu常数）试求解之（提示：

令）（22gfyaxuv以引入新的未知函数v,并选择适当的gf,值，使v满足调和方程，再用分离变量法求解。

）解解：

令）,）（22gfyaxuv,）,（222222222yuyvgfyxuxu）（2gfyuv又,gpyu故取,2,2qgpf则v满足调和方程0v即）（2122qpyaxuv代入原定解问题，得v满足44）（21）,（20,00222200axqpbvaxqvvxvvbyyaxx用分离变量法求）,（yxv，令）（）（）,（yYxXyxv代入方程及边值0,00axxvxv，得0）（）0（0aXXXX及0YY求非零解）（xX，得,2,1,0,）212（2nannyanshByanchAYxanxXnnnn212212,212cos）（.所以0212cos）212212（）,（nnnxanyanshByanchAyxv再由另一对边值得022212cos）（2nnxanAaxq022212cos）212212（）（21nnnxanbanshBbanchAaxqpbannnqaxdxanxaaqA033222.）1（）12（16212cos）（lnnxdxanxaaqpbbanshBbanchA022212cos）（212212nnqpba）1（）12（）（16332所以banshbanchqpbnaBnn212/）2121（）12（16）1（332.得）（212）12（）1（16）,（0332ybanqshnayxvnnbanshxanyanshqpb212/212cos212）（最后得xanyanshqpbybanqshbshnaqpyaxyxunann212cos212）（）（2121）12（）1（16）（21）,（0212332228.举例与说明在二维调和方程的狄利克莱外问题，如对解）,（yxu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1）1（0122222222yxuyxyuxu显然1u是问题的解，又221ln1yxu也是问题的解。

故解不是唯一的。

2格林公式及其应用格林公式及其应用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。

设D是以光滑曲线C为边界的平面有界区域，函数）,（）.,（yxvyxu及其一阶偏导数在闭域D+C上连续，且vu.在D内具有二阶连续导数，则有格林公式.）（）（dsnuvnvudxdyuvvuDC设0M为D内一点，rrrMM1ln,0，除0M点外，在D内满足调和方程。

若在D内作以0M为中心为半径的小圆k,在kD上利用格林公式，并取rv1ln,得45CkDdsnurnrudxdyurru）1（ln）1（ln（）1（ln）1（ln（dsnurnru）1ln）1（ln（其中为k的边界，且在中n是。

的内法线方向。

若u在D内是调和函数，则以上等式左方为零，在圆周上rrrnr1）1（ln）1（ln*2211）1（lnuudsrudsnru其中*u是u在上的平均值。

*）（ln2）（2ln1lnnunudsnur其中*（）nu是nu在上的平均值由此得0）（ln22）1（ln）1（ln（*nuudsnurnruC令0,得dsnMurrnMuMuMMCMM）（1ln）1（ln）（21）（000.当0M在D外，则MMrv01ln在D内处处是调和函数，则由格林公式，得Cdsnurrn）1ln）1（ln（0当0M在C上，则以0M为中心作小圆，其含于D内的部分记作k，含于D内的边界记作与0M在D内的推导完全类似，只是*11）1（lnuudsrudsnru*）（1ln1lnnurdsnur其中*）.（nuu分别表示nuu.在上的平均值。

所以得dsnurrnuMuC）1ln）1（ln（21）（0将以上三式合并得上）在（若内）在（若外）在若CMMuDMMuDMdsnurrnuMMCMM00000）（）（2（0）1ln）1（ln（002.若函数）,（yxu是单位圆上的调和函数，又它在单位圆周上的数值已知为sinu其中表示极角，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0sin21sin21）0（20ddsuc3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0fds物理意义。

的热量描述流过边界描述稳恒温度场sfnuus-00fds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）在闭曲面的外部调和，并且在无穷远处成立着46）（1（）,1（）（2oMoMoMrroruroMu则公式（2.6）仍成立，但0M是外的任一点。

0M为外任一点，以O点为中心，充分大的R为半作球面R，将及围成的复及含于其内。

在及R0连域上，应用格林公式.）（）（dsnuvnvuduvvuRR为取,1rv仍作为0为中心，以为半径的圆，则rv1在rR上处处是调和的。

又u在外是调和函数，得dsnurnrudurrukRR）1）1（）1）1（0其中为k的边界已推导出*）（44）1）1（nuudsnurnru上的平均值。

在分别表示nuunuu）（,*今计算在R上的积分值沿）,cos（）

（1）

（1）1（0002xnxrrnrrnrR）,cos（）,cos

（1）,cos（）（）,cos（）（0002xnxrrznzrynyr）,cos

（1）,cos（）,cos（）,cos（）,cos（0000nrrznzryryr）,cos（1rrr又）,cos（2222rrrrrrr即）1（）1（）,1（12ronrror所以RRRRRdsrodsnru）（041）1（）1（233当RRRdsrodsrordsnur当0）1（）1（113R2因此令,0R由

（1）式得）（4）11（00udsnurnru即dsnMurnruu）

（1）1（）（41）（000其中为外一点，n指向的内部。

5证明调和方程狄利克莱外问题的稳定性。

设0）（lim）（0）（lim）（0*MufuouMufuuMM外在闭曲面外在闭曲面以O点为中心,R为半径作球面R，将包含在内，由于MMMuMu）（lim,0）（lim*=0，任给0，可取R充分大，使提在球面R外及R上2）（,2）（*MuMu47故）（）（*MuMu（在R外及R上）

（1）在和R围成的域内uu是调和函数，由极值原理，对域内任一点M，）max,max（max）（）（RuuffMuMu0来讲，边界y=0的外法线方向是与y轴相反的方向，故2020020200）（）（）（）（21yyxxyyyyxxyyyGnG202000）（1yxxynGy所以fdsnGyxuy00,0）（=dxxfyxxy202001即dfyyxuyx22）（）,（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是此区域中的调和函数，其中,r表示中变点M的球坐标。

设rRr21，则点,11rMx就是点M关于球K的反演点，从M,r倒,11rM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,1211rRrruRv是区域1中的调和函数（无穷远点除外）.54如果区域为球面K以外的无界区域，则函数u,1r在1中除去原点O外是调和的，函数,1ru称为函数,ru的凯尔文（Kelvin）变换。

证明：

只需证明,1rv满足0v。

rRrrRrrruRuRv212112211,ruuRrRr31321ruRrRuruRuurRrr13121rRrRrrrrurrRruRv2122121211=rurrrRrruRrr11=rurRrr21代入v的表达式，有222121121sin1sinsin11vvvvrrrr=22212212121sin1sinsin11urRuRrurRrrrr=uRrr231若u在包含原点O的有界区域内处处式调和的即0u,则除无穷远点（O的反演点）外，0v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。

狄利克莱外问题MMufuu0）（lim0外（的边界是）不妨设O点在内，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,）为外的点，它对于K的反演点记作）,（11rM将关于K作反演得1于是的外部的点通过反演，变成1内部的点。

且外的调和函数u（M）通过凯尔文变换得）（1Mv,）,（1112rrrRuRv）（1Mv除原点外为调和函数，原点,01rr对应而ru0lim,即0,lim1,lim111rrvrRrur故r=0为v得可去奇点，故可定义v在r=0点得值，使v在1内相海港函数。

又frRrrfRruRru11211,，于是得到狄利克莱内问题的边界）是内1111（10fvv11*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Or1。

设,ru是无界区域的调和函数，则由凯而文变换rrrRrrvuRv111211,除得=0外为调和函数，且由第十题知01r为v得可去奇点，故,1rv在01r得领域内是有界得，又55,211rvrRvRruRrr令r-，v有界，故u趋于0的阶数至少为Or1。

12*证明处处满足平均值公式（2.9）的连续函数一定是调和函数。

设函数u（M）连续且满足平均公式udsaMu2041）（其中是以M0为中心，a为半径的球面。

即u在任何球心的值，等于它在该球面上的算术平均值。

首先证明u不能在域内取到最大值和最小值，除非它是常数。

因为若不然，设u在域内某一点p0处取最大值，则在以p0为中心含于内的球面上，u必等于常数u（p0），否则在该球面上的算术平均值不可能等于u（p0）。

因此若u在p0达到最大值则u在以p0为中心含于内的球内等于常数u（p0）。

设p为内的任一点，在内作一有限长折线l联0,pp，设正数为l与边界的距离，则以l上任一点为中心，以为半径的球皆整个含于内。

以0p为中心,为半径作球0，由上述，在0内u）（0pu。

在0内含折线l的一段，在其上取一点1p,以1p为中心为半径作球1，则在0内，）（）（01pupuu,继续作下去，直到所作的球将p点包含在内，得）（）（0pupu，又p是内任一点，故在内u）（0pu。

根据以上所证事实，得出下结论，设u在上连续且处处满足平均值公式。

如果在的边界上为零，则在内u恒等于零。

因为若u在内不恒为零，则必在内部有非零的极大或极小，与所证事实矛盾。

现在证明u必须是调和函数。

在内取任一球K,记fuk|，因u是连续的，故f是K上的连续函数，考虑定解问题fvKvk|）（0内得K内的调和函数v,又调和函数一定满足平均值公式，所以函数vu在K内处处满足平均值公式，且0|kvu，由此知在K内0vu。

即在K内vu即u在K内是调和函数，又K是内的任一球，故在内u是调和函数，证毕。

4强极值原理、强极值原理、第二边值问题的唯一性第二边值问题的唯一性1、试用强极值原理来证明强极值原理证：

极值原理：

凡不恒等于常数的调和函数）,（zyxu在区域的任何内点上的值,不可能达到它在上的上界或下界的数值。

用反证法，设调和函数）,（zyxu不恒等于常数，它在上的下界为m,而且u在内某点取值m，令集合mMuMME）（,|且，由于u是连续函数，故E为闭集，又cu,因此在内总可以找到一连同其边界都含于内部的区域1，使1包含点集E中的某些点且至少包含不属于E的一点，故在1内可以找到一点0M，0ME，且0M到E的距离d小于0M到的边界的距离。

于是以0M为中心，以d为半径所作的球K完全含于内，且其所有内点都不属于E。

又E是闭集，故在E内一定可找到一点1M使dMM）,（10，即1M落在球K的界面上，又mMu）（1，故u在1M点沿任何方向l的方向导数为零01Mlu另一方面，u在K上是调和函数，且对球内任何点）,（zyxM有）（）,（1MuzyxM，由强极值原理01Mvu其中v与球在1M的内法线方向成锐角。

矛盾。

故u在内不能取值m。

考虑上界，若调和函数u在内取到u在上的上界，则u仍为上的调和函数，它在内取到u在上的下界。

由以上证明知，这是不可能的。

极值原理得证。

2、利用极值原理及强极值原理证明当区域的边界满足定理2中的条件时，调和方程第三边值问题56funu（0）的解的唯一性。

先考虑内部问题：

函数u在内满足调和方程。

在上连续，且满足第三边值条件。

在上任一点M都可作一个属于的球MK，此球在M点与相切，现在证明u的唯一性。

只须证明：

0u（内）,0unu只有零解。

u是上的连续函数，必然达到其最大值和最小值。

由极值原理知u必在边界上达到其最大值和最小值。

设0M、1M是上的两点分别使0Mu为u在上的最大值，1Mu为最小值。

由的性质知，可以作一个球0MK属于且在0M点与相切，又在0MK内的任一点M上）（）（0MuMu，根据强极值原理00Mnu所以1）（0Mu00Mnu）0（同理，可以作一球1MK属于，在1M点与相切，又1MK内一点M上，）（）（1MuMu，根据强极值原理01Mnu所以01）（11MnuMu由此得到）（）（10MuMu，与）（0Mu为最大值）（1Mu为最小值矛盾，故u常量。

当cu，则0nu，由边值得0u，故边值得0|u，于是0u，即第三边值内问题是唯一的。

在考虑外问题，此时应该附加条件0）（limMuM只须证明齐次方程，齐次第三边值条件在附加条件下只有零解。

用反证法。

不妨假设外一点0M处，0）（0Mu，因当M时0）（Mu，故以o点为中心，足够大的R为半径作球面R，可使）（0MuuR。

u在和R围成的复连域内是调和函数，由极值原理，u的最大值只能在和R上达到，又）（0MuuR，故u的最大值只能在上达到。

设1M为上一点使）（1Mu为最大值，由强极值原理01Mnu，所以01）（11MnuMu即）（0）（01MuMu与）（1Mu为最大值矛盾，故0）（Mu，即外问题解是唯一的。

3、证明：

在证明强极值原理过程中，不可能作出一个满足条件

（1）和（3）的辅助函数）,（zyxv使它在整个球2222Rzyx内满足0v。

今证满足下列条件的函数）,（zyxv是不存在的。

（1）在球面2222Rzyx上0v

（2）在球2222Rzyx上0v（3）v沿球的半径方向的导数drdv存在，且0drdv，从而在球面上0）,cos（rdrdvv其中与球面内法线方向锐角。

）,（zyxv在闭域2222Rzyx上二阶连续可微，故必在闭域上达到它的最大值和最小值。

由条件

（2）知v在域内不能达到它的最大值。

因为若域内一点0M处）（0Mv为最大值，则570,0,0022022022MzvMyvMxv则00Mv与0v矛盾，故v的最大值只能在边界达到。

由

（1）在球面上0v。

即v的最大值为0