数学物理方程第二版习题解答 第三章.pdf

39 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 = )( 22 1n xxr+=是 n 维调和函数（即满足方程 0 2 2 2 1 2 = + n x u x u ） ，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 40 ) 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 + + = 41 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+= 42 221 )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 += += = += . 0 cossin)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 43 = = 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(=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， =+ =+=+ , 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 = , 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 byax 0 , 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 45 = 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 46 )( 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 )( * MuMu 47 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)()( R uuffMuMu ),max(max ff 故当 ff时有 ，当 ff则对外任一点M，有 )()(MuMu，即狄利克 莱外问题是稳定的。 6对于一般的二阶方程 0 11, 2 =+ + = n i i i n ji ji ij cu x u b xx u a 假设矩阵)( ij a是正定的，即 = n i i n ji jiij aa 1 2 1, (a为正常数)， 则称它为椭圆型方程。 又设0c， 试证明它的解也成立着极限原理。 也就是说， 若u在满足方程， 在+连续，则u不能在内部达到正的最大值或负的最小值。 证：只就最大值来证明。关于最小值的证明完全相仿。 用反证法。 设u在内部一点 0 M处达到正的最大值， 则由于0c得0)( 0 Mcu又u在 0 M点 二阶可微，故 0 0 = M i x u 且矩阵(0 0 2 = M ji x u )是正定的，即 0 0 1 2 = jiM n ij ji xx u 由于矩阵( ij a)是非正定的，故 j n ij iij a =1 可以写成 i 的线性齐次式的平方和，即 ji n r n ij rjris n r n s rsj n ij iij ggga = = 11 2 111 = ji n ij n r rjrig g)( 11 = 所以 rj n r riij gga = = 1 于是 0 00 11 22 1 = = rjriM n r n ij ji M ji n ij ij gg xx u xx u a 因此在 0 M点 0 1 2 1 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,f即,f根据极值原理知，在内部必有 u 即c不成立极值原理。 48 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，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 = 即 MM r MMG 0 4 1 ),(0 0 性质 5： 1 ), 0 = ( M ds n MMG 证：因为边值 = = fu u)(0内 解的公式为 = M dsMf n MMG Mu)( ),( )( 0 0 49 而边值问题 = = 1 )(0 u u内 的解为1u。代入以上解的表达式，得 = M ds n MMG),( 1 0 2证明格林函数的对称性),(),( 1221 MMGMMG= 证： 1 M， 2 M为内二点，分别以 1 M， 2 M为中心，以为半径作圆 21, MM KK使其完全含于 内且互不相交，其边界分别记作 21, MM TT。在复连域 = 21 MM KK内，用格式公式 + = 21 )( MM ds n u v n u uduvvu 今取),( 1 MMGu =，),( 2 MMGv =，则在 内0=u，0=v且在的边界上，0= u， 0= v，代入上式得 (ds n MMG MMG n MMG MMG M ),( ),( ),( ),( 1 2 2 1 1 (0 ),( ),( ),( ),( 1 2 2 1 21 = + ds n MMG MMG n MMG MMG M 其中 n 皆表示对应边界的外法线方向。 在 1 M 所围成的域内 G(M, 2 M)是调和函数，故在 1 M 上及其内部， n MMG ),( 2 有界，所以 11 ),( ),( ),( 1 2 1 MM dsMMGKds n MMG MMG () = = 1 1 2*2 1 44 4 1 , 4 1 M KgKdsMMg r K MM 其中g 为 g 在 1 M 上的平均值。 再利用调和函数的积分表达式，知 () () ()dsMMG n MMG MMG M 221 , , , 1 = 所以，当0时，有 () () () () () 21 1 2 2 1 , , , , , 1 MMGds n MMG MMG n MMG MMG M = 同理，当0时，有 () () () () () 12 1 2 2 1 , , , , , 2 MMGds n MMG MMG n MMG MMG M = 故得 即格林函数是对称的：G（M1，() 122 ,)MMGM= * 3 写出球的外部区域的格林函数，并由此导出对调和方程求解球的狄利克莱外问题的泊松公式。 解：先给出格林函数。 与内问题的作法相仿，设 M 0为球外一点，01 MM 为关于球面的反演点。设球的半径为 R。 以球心为坐标原点 O，建立球坐标系，设 10 2 101100 ,MMROMOM=则的坐标分别 为，,),( 00 0 2 10000 R MM对于球面上任一点 P，有 PP MM r R r 01 0 = 故 () = MMMM r R r MMG 10 11 4 1 , 0 0 + + = cos2 1 cos2 1 4 1 1 22 1 0 0 22 0 R 其中 0 ,OMOMOM与是=的夹角。 再求外问题泊松公式。 根据2 第 4 题知，若在无穷远处 )0() 1 (), 1 ()( 2 = = OM OM OM r r o u r OMu 50 则公式 ds n u rrn MuMu MMMM = 00 11 )( 4 1 )( 0 仍成立。其中n指向的内部，故与内问题解的积分表达式的推导完全一致，利用格林函数得 dsMf n MMG Mu)( ),( )( 0 0 = 其中 f 为边值，即, fu= 且 n 指向球内。 因此与内问题推导完全一样，可求出 n G ，只是法线方向相反，结果差一个“” （负）号， 于是得 R RR v Rv v vG n G = = + + = = 23 1 22 10 1 23 0 22 0 0 )cos2( )cos( )cos2( cos 4 1 又 0 2 1 R =，化简得 2322 0 2 0 2 )cos2( 4 1 vRR R Rn G o R + = = 所以 dsMf vRR R R Mu)( )cos2( 4 1 )( 23 0 22 0 2 0 2 0 + = 即 + = 2 0 2 023 0 22 0 2 0 2 0 sin )cos2( ),( 4 )(dd vRR R Rf R Mu 其中 )cos(sinsincoscoscos 000 +=v 因 3 0 232 0 23 0 2 0 )()()cos2(=+RRvRR 所以 + = + 2 0 2 0 0 2 0 2 0 0 0, 0, 0 )( sin )( 4 | )(| R R RMdd R RRM u 其中取 M，使MRf),( 由此知，当 0 时 ) 1 ( 0 =u 同理，对 0 求导后，可验证) 1 ( 2 0 =u，即以上在无穷远处所要求的条件是满足的。 4利有泊松公式求解 += 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 52 故存在 ，当 AM r有 2 | 1 ln )( | AM r Mw 今取),min( =则在= AM r上， AMAM r Mw r Mw 1 ln )( | 1 ln )( | 即在= AM r上 )()(MwMw 又在 K 上，w与 w皆为零，根据极值原理，对 K 和= AM r围成的环形域内任一点 M，有 )()(MwMw ， 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，10 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）. 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(), 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