数学物理方程谷超豪第三章调和方程习题解答.pdf

第三章第三章 调调 和和 方方 程程 1 建建 立立 方方 程程 定定 解解 条条 件件 1 设)(),( 21 rfxxxu n =L )( 22 1n xxr+=L是 n 维调和函数（即满足方程 0 2 2 2 1 2 = + n x u x u L） ，试证明 2 2 1 )( += n r c crf )2( n r Inccrf 1 )( 21+ = )2( =n 其中 21,c c为常数。 证： )(rfu =, r x rf x r rf x u i ii = = )()( 3 2 2 2 “ 2 2 )( 1 )()( r x rf r rf r x rf x u ii i += 3 1 2 2 1 2 “ 1 2 2 )()()( r x rf r n rf r x rf x u n i i n i i n ii = = += )( 1 )( “ rf r n rf += 即方程 0=u化为 0)( 1 )( “ = +rf r n rf r n rf rf1 )( )( “ = 所以 ) 1( 1 )( = n rArf 若2n，积分得 1 21 2 )(cr n A rf n + + = + 即2n，则 2 2 1 )( += n r c crf 若2=n，则 r A rf 1 )(= 故 InrAcrf 11 )(+= 即2=n，则 r Inccrf 1 )( 21+ = 2 证明拉普拉斯算子在球面坐标),(r下，可以写成 0 sin 1 )(sin sin 1 )( 1 2 2 222 2 2 = + + = u r u r r u r r r u 证：球坐标),(r与直角坐标),(zyx的关系： cossinrx =，sinsinry =，cosrz = （1） 2 2 2 2 2 2 z u y u x u u + + = 为作变量的置换，首先令sinr=，则变换（1）可分作两步进行 cos=x， sin=y （2） sinr=， cosrz = （3） 由（2） + = + = )cos()sin( sincos y u x uu y u x uu 由此解出 + = = cos sin sin cos uu y u uu x u （4） 再微分一次，并利用以上关系，得 ) sin cos( 2 2 = uu x x u ) sin cos( sin ) sin cos(cos = uu uu + + = 2 2 2 22 2 2 2 sincossin2 cos uuu + + uu 2 2 sincossin2 ) cos sin( 2 2 + = uu y y u ) cos sin( cos ) cos sin(sin + + + + = uu uu + + + = uu uuu 2 2 2 2 2 22 2 2 2 coscossin2 coscossin2 sin 所以 + + = + uuu y u x u11 2 2 22 2 2 2 2 2 （5） + + + = + + uu z uu z u y u x u11 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 再用（3）式，变换 2 2 2 2 z uu + 。这又可以直接利用（5）式，得 r u r u rr u z uu + + = + 11 2 2 22 2 2 2 2 2 再利用（4）式，得 r u r uu cos sin + = 所以 ) cos sin( sin 1 sin 1 11 2 2 22 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 r u r u r u r r u r u rr u z u y u x u + + + + + + = + + + + + + = u ctg r r u r u r u rr u 22 2 222 2 22 2 12 sin 11 即 0 sin 1 )(sin sin 1 )( 1 2 2 222 2 2 = + + = u r u r r u r r r u 3 证明拉普拉斯算子在柱坐标),(zr下可以写成 2 2 2 2 2 1 )( 1 z uu r r u r rr u + + = 证：柱坐标),(zr与直角坐标),(zyx的关系 cosrx =， sinry =， zz = 利用上题结果知 r u r u rr u y u x u + + = + 11 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 1 )( 1 + = u r r u r rr 所以 2 2 2 2 2 1 )( 1 z uu r r u r rr u + + = 4. 证明下列函数都是调和函数 （1）cbyax+ (a, b, c 为常数) 证：令cbyaxu +=, 显然 , 0 2 2 = x u . 0 2 2 = y u 故 0=u，所以 u 为调和函数 (2)xyyx2 22 和 , 2 2 2 = x u , 2 2 2 = y u 。所以0=u。u 为调和函数 令 xyv2= 则 , 0 2 2 = x v 0 2 2 = y v 。所以0=v。v 为调和函数 (3) 3223 33yyxxyx和 证： 令 23 3xyxu= ,6 2 2 x x u = ,6 2 2 x y u = 所以 0=u,u为调和函数。 令 32 3yyxv= ,6 2 2 y x v = y y v 6 2 2 = 。所以 0=v，v为调和函数。 (4) )(cossin,cos,sin为常数和nnxchnynxchnynxshnynxshny 证： 因 shnynshny y 2 “)(= chnynchny y 2 “)(= nnxnnx x sin“)(sin 2 = coxnxnnx x 2 “)(cos= 所以 yyxx nxshnynxshny)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( +=ychxshxu 221 )cos()cos( += ychxxshychxchx x u )cos1 ()cos( 2 ychxychx+= )cos1 ()cos(2cos)cos( 32 2 2 ychxshxychxyshxychx x u += )cos2()cos( 23 yshxchxshxyshxcoxychx+= 2 )cos(sin += ychxyshx y u yshxychxychxyshx y u 232 2 2 sin)cos(2)cos(sin += )coscoscos()cos( 23 yshxchxyshxyshxchxychx+= )sin22cos2()cos( 223 2 2 2 2 yshxshxyshxychx y u x u += + 02)sin(cos2)cos( 223 =+= shxyyshxychx 1 )cos(sin +=ychxyv令 2 )cos(sin += ychxyshx x v yxshychxychxychx x v sin)cos(2)cos(sin 232 2 2 += )cossinsinsin2()cos( 223 yychxxychyxshychx+= 221 )cos(sin)cos(cos += ychxyychxy y v )cos1 ()cos( 2 ychxychx+= )cos1 (sin)cos(2)cos(sin 32 2 2 ychxyychxychxychx y u += )sin2cossinsin2()cos( 23 xychychxyyychx+= )sin2sin2sin2()cos( 223 2 2 2 2 yxychxyshychx y v x v += + 0sin2)(sin2)cos( 223 =+= yxshxchyychx 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, 2 2 2 2 = = = = v r v r v v 0 11 2 2 22 2 = + + = v rr v rr v u （2） 为常数和nnrnr nn (sincos 证：nru n cos= nnr r u n cos 1 = nrnn r u n cos) 1( 2 2 2 = nrn u n cos 2 2 2 = 所以0cos) 1( 2222 =+= nrnnrrnnu nnn 令nrv n sin= 则 0sin) 1( 2222 =+= nrnnrrnnv nnn (3)cossincoslnrrrr+和cossinlnrrr+ 证：令 .sincoslnrrru= .sincos2cosln cossinsinln .cos 1 sincos) 1(ln 2 2 2 2 rrrr u rrrr u u r r u r r u += = = += 0sincos 2 cosln 1 sincos) 1(ln 1 cos 1 =+= rr r rr r rr u 令 cossinlnrrrv+= cossin)2(ln sincoscosln sin 1 cossin) 1(ln. 2 2 2 2 rrr v rrrr v r r v r r v += += = += . 0cossin)2(ln 1 cossin) 1(ln 1 sin 1 =+= r r rr r rr v 6. 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( 0 2 2 2 2 bxu a x xu yauyu y u x u 解：令)()(),(yYxXyxu=代入方程 ，得 = = Y Y xX xX )( )( 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( 0 aXX XX 由第一章讨论知，当 2 )( a n n =时，以上问题有零解 .sin)(x a n xXn = ), 2 , 1(L=n 又 0)( 2 = nn Y a n Y 求出通解，得 y a n n y a n nn eBeAY += 所以 = += 1 .sin)()( n y a n n y a n n x a n eBeAyxu ， 由另一对边值，得 += += = = 1 1 sin)(0 sin)(sin n b a n n b a n n n nn x a n eBeA x a n BA a x 由此得， =+ =+=+ L L , 2 , 10 , 3 , 201 11 neBeA nBABA b a n n b a n n nn ， 解得 b a sh e A b a = 2 1 1 b a sh e B b a 2 1 1 = L, 3 , 20=nBA nn 代入),(yxu的表达式得 x a ee b a sh yxu yb a yb a sin)( 1 2 1 ),( )()( = x a yb x sh b a sh sin)( 1 = 7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： = = += + =+ 1 ) 1(0 1 22 2 2 2 2 22 yx u yx y u x u 显然1=u是问题的解，又 22 1 ln1 yx u + +=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。 解 解：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 .)()(ds n u v n v udxdyuvvu DC = 设 0 M为 D 内一点， r rr MM 1 ln, 0 =，除 0 M点外，在 D 内满足调和方程。若在 D 内作 以 0 M为中心为半径的小圆k, 在kD 上利用格林公式，并取 r v 1 ln=, 得 = CkD ds n u rn r udxdyu rr u) 1 (ln ) 1 (ln () 1 (ln) 1 (ln( + ds n u rn r u) 1 ln ) 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 rr r n r 1 ) 1 (ln) 1 (ln = = = * 22 11 ) 1 (ln uuds r uds n r u 其中 * u是u在上的平均值。 * )(ln2)(2ln 1 ln n u n u ds n u r = = 其中 * (） n u 是 n u 在上的平均值 由此得 0)(ln22) 1 (ln ) 1 (ln ( * = + n u uds n u rn r u C 令0, 得 ds n Mu rrn MuMu MM C MM ) )(1 ln) 1 (ln)( 2 1 )( 00 0 = . 当 0 M在 D 外，则 MM r v 0 1 ln=在 D 内处处是调和函数，则由格林公式，得 = C ds n u rrn ) 1 ln) 1 (ln(0 当 0 M在 C上，则以 0 M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 0 M在 D 内的推导完全类似，只是 = * 11 ) 1 (ln uuds r uds n r u * )( 1 ln 1 ln n u r ds n u r = 其中 * ).( n u u 分别表示 n u u .在上的平均值。所以得 ds n u rrn uMu C ) 1 ln) 1 (ln( 2 1 )( 0 = 将以上三式合并得 = 上）在（若 内）在（若 外）在若 CMMu DMMu DM ds n u rrn u MM C MM 00 00 0 )( )(2 (0 ) 1 ln) 1 (ln( 00 2 . 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sin=u 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 0sin 2 1 sin 2 1 )0( 2 0 = ddsu c 3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0= fds物理意义。 解： = = 的热量描述流过边界 描述稳恒温度场 sf n u u s - 0 = 0fds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 )( 1 (), 1 ()( 2 = = oM oM oM r r o r u r oMu 则公式(2.6)仍成立，但 0 M是外的任一点。 证： 0 M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 R 0 连域上，应用格林公式 .)()(ds n u v n v uduvvu RR = + 为取, 1 = r v仍作为 0 为中心，以为半径的圆 ，则 r v 1 =在 rR上处 处是调和的。又u在外是调和函数，得 ds n u rn r udu rr u k RR ) 1 ) 1 ( () 1 ) 1 (0 = + 其中 为 k的边界 已推导出 * )(44) 1 ) 1 ( n u uds n u rn r u = 上的平均值。在分别表示 n u u n u u )( , * 今计算在 R 上的积分值 沿 ),cos( )( 1 )( 1 ) 1 ( 0 00 2 xn x r rn r r n r R = = ),cos(),cos( 1 ),cos( )( ),cos( )( 0 00 2 xnxr r zn z r yn y r = + + ),cos( 1 ),cos(),cos(),cos(),cos( 0 0 00 nr r znzryryr =+ ),cos( 1 =rr r 又 ),cos(22 22 +=rrrrrrr 即 ) 1 ( ) 1 ( ), 1 ( 1 2 = = r o n r r o r 所以 = RR RR R ds r ods n r u)(04 1 ) 1 ( ) 1 ( 2 33 当 = RR Rds r ods r o r ds n u r 当0) 1 () 1 ( 11 3 R 2 因此令, 0R由(1)式得 + =)(4) 1 1 (0 0 uds n u rn r u 即 =ds n Mu rn r uu) )(1 ) 1 ( )( 4 1 )( 0 0 0 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。 解：设 = = = = = = 0)(lim )( 0)(lim )(0 * * * Mu fu ou Mu fu u M M 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 = MM MuMu)(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 )( * ，当u则u必在内某一点达到正的最大，与第 6 题所述极值原 理矛盾，同理在内0若,c不成立极值原理。 解：在矩形域 c x 2 0； c y 2 0上研究方程 0 2 2 2 2 =+ + cu y u x u 函数y c x c u 2 sin 2 sin=在矩形域内二阶连续可微，满足方程，在闭域上连续且在边界 上0=u,但在域内点) 2 2 , 2 2 ( cc 处, 1=u即取到正的最大值，故极值原理不成立。 9.写出 x u a y u x u Lu + + 2 2 2 2 的共轭微分算子以及对应于 1 fu= 的共轭边值问题。 解： L的共轭微分算子 L为 )( 2 2 2 2 av xy v x v vL + = + +=dxdy x av u x u avvuuvdxdyvuLvLu )( )( dxdyauv x vuuv +=)( + =dsxnauv n v u n u v),cos( 对0= u，取边值0= v则上述为零，故 1 fu= 的共轭边界条件为 2 fv= 边值问题 = = 1 1 fu Lu 的共轭边值问题为 = = 2 2 fv vL 3 格林函数格林函数 1. 证明格林函数的性质 3 及性质 5。 证：性质 3：在区域内成立着不等式 MM r MMG 0 4 1 ),(0 0 G，0= G 由极值原理知，在该域内0G，令0，则知在整个域内0G。 又g在内处处调和且0 4 1 0 = MM r g ，由极值原理知，在整个域内0g，所 以在内 MMMM r g r G 00 4 1 4 1 Mw。 因为 AM rR r Mw AM AM =当 ) 1 ln 1 ln1 ( 1 ln )( 故可取 充分小，使得在圆 AM r Mw 又因为 0 1 ln )( lim= AM AM r Mw 故存在 ，当 ， N 是不为零的光滑函数，则此时它趋于无穷大的阶数必与 AM r 1 同阶，即1=。 证：若，1=+= = )( 00 0 xfu yuuu y yyxx 的解。 解：设),( 00 yx为域内一点，则它关于平面 y=0 的对称点为),( 00 yx，故格林函数为 + + = 2 0 2 0 2 0 2 0 0 )()( 1 ln )()( 1 ln 2 1 ),( yyxxyyxx MMG 对于空间 y0 来讲，边界 y=0 的外法线方向是与 y 轴相反的方向，故 + + + = = 2 0 2 0 0 2 0 2 0 0 )()()()(2 1 yyxx yy yyxx yy y G n G 2 0 2 0 0 0 )( 1 yxx y n G y + = = 所以 fds n G yxu y= = 0 0, 0 )( = () ( )dxxf y x x y + + 2 0 2 0 0 1 即 () d fy yxu yx + + = 22 )( ),( 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 r R r 2 1 =，则点(), 11rM =x 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 () =, 1 2 1 1 r R r r u R v 是区域1中的调和函数（无穷远点除外）. 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(), 1r u称为函数(), ru的凯尔文（Kelvin）变换。 证明：只需证明(), 1r v满足0=v。 + = r R rr R r r r uR u Rv 2 1 2 11 2 2 1 1 , r u u R r R r = 3 1 3 2 1 r u RrRu r u Ru u r R r r = = 1 3 1 2 1 = r R r R r r r r u r r R r u R v 2 1 2 2 1 2 1 2 1 1 = + r u r r r R r r uR rr11 = r u r R r r 2 1 代入v的表达式，有 + + = 2 2 2 1 2 1 1 2 1sin 1 sin sin 11 v vv v r r r r = + + 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 sin 1 sin sin 11 u r RuR r u r R r r r r =u R r r 2 3 1 若 u 在包含原点 O 的有界区域内处处式调和的即0=u,则除无穷远点（O 的反演点）外， 0=v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。 解：狄利克莱外问题 = = M Mufu u 0)(lim 0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),( 11 rM 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)( 1 Mv =,),( 11 1 2 rr r R u R v )( 1 Mv除原点外为调和函数，原点,0 1 =r r 对应而 = ru 0lim,即 ()()0,lim 1 ,lim 11 1 = rr v r R ru r 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 ()() f r R r r f R ru R r u 1 1 2 1 1 ,= =， 于是得到狄利克莱内问题 = = 的边界）是 内 11 1 1 ( 1 0 f v v 11* 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 O r 1 。 证明：设(), ru是无界区域的调和函数，则由凯而文变换 ()() rr r R r r vu R v 11 1 2 1 1 ,除得 =0 外为调和函数， 且 由第十题知0 1 = r 为 v 得可去奇点，故(), 1r v在0 1 = r 得领域内是有界得，又 ()() =, 2 1 1 r v r R v R ru R r r 令 r-，v 有界，故 u 趋于 0 的阶数至少为 O r 1 。证毕。 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。 证：设函数 u(M)连续且满足平均公式 =uds a Mu 2 0 4 1 )( 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 0 p为中心,为半径作球 0 ，由上述，在 0 内 u)( 0 pu。在 0 内含折线 l 的一段，在其上取一点 1 p,以 1 p为中 心为半径作球 1 ，则在 0 内，)()( 01 pupuu=,继续作下去，直到所作的球将p点包 含在内，得)()( 0 pupu=，又 p 是内任一点，故在内 u)( 0 pu。 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fu k= |，因 u 是连续的，故f是 K 上的连续函数，考虑定解问题 = = fv Kv k | )(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| = k vu，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 0 M， 0 ME，且 0 M到 E 的距 离d小于 0 M到的边界的距离。于是以 0 M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 1 M使dMM=),( 10 ，即 1 M落在球 K 的界 面上，又mMu=)( 1 ，故 u 在 1 M点沿任何方向l的方向导数为零 0 1 = Ml u 另一方面，u 在 K 上是调和函数，且对球内任何点),(zyxM有)(),( 1 MuzyxM， 由强极值原理 0 1 Mv u 其中 v 与球在 1 M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 fu n u = + （0） 的解的唯一性。 证：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 M K，此球在 M 点与相切，现在证明 u 的唯一性。 只须证明： 0=u(内),0= + u n u 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 0 M、 1 M是上的两点分别使() 0 Mu为 u 在+上的最大值， () 1 Mu为最小值。 由的性质知， 可以作一个球 0 M K属于且在 0 M点与相切， 又在 0 M K 内的任一点 M 上)()( 0 MuMu Mn u 所以 1 )( 0 =Mu 0 0 Q 同理，可以作一球 1 M K属于，在 1 M点与相切，又 1 M K内一点 M 上， )()( 1 MuMu，根据强极值原理 0 1 = Mn u Mu 由此得到)()( 10 MuMuMu，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)( 0 Muu R Mn u ，所以 0 1 )( 1 1 v。 证：今证满足下列条件的函数),(zyxv是不存在的。 （1） 在球面 2222 Rzyx=+上 0=v （2） 在球 2222 Rzyx+上 0v （3） v沿 球 的 半 径 方 向 的 导 数 dr dv 存 在 ， 且0= r dr dvv 其中与球面内法线方向锐角。 证：),(zyxv 在闭域 2222 Rzyx+ 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 0 M 处 )( 0 Mv 为最大值，则 0 , 0 , 0 0 2 2 0 2 2 0 2 2 Mz v My v Mx v 则0 0 M v 与0v 矛盾，故 v 的最大值只