26.2 Laplace 算子与调和函数

例题 26.2.1 (第一 Green 恒等式)

设 $\Sigma$ 为区域 $\Omega$ 的边界曲面, 分片光滑, $u$, $v$ 在 $\overline{\Omega }$ 上二阶连续可微, 证明:

$${\iiint }_{\Omega }\Delta u\cdot v\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+{\iiint }_{\Omega }\nabla u\cdot \nabla v\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\iint }_{\Sigma }v\frac{\partial u}{\partial n}\mathrm{d}S,$$

其中 $n$ 为 $\Sigma$ 上的单位外法向量， $\frac{\partial u}{\partial n}$ 是 $u$ 在 $n$ 方向上的方向导数.

证明

根据方向导数的计算公式,

$$\iint v\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}\mathrm{d}S=\iint v\left[\frac{\partial u}{\partial x}\cos (\mathbf{n},x)+\frac{\partial u}{\partial y}\cos (\mathbf{n},y)+\frac{\partial u}{\partial z}\cos (\mathbf{n},z)\right]\mathrm{d}S.$$

利用公式($26.2$)，则

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{\Sigma }v\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}\mathrm{d}S& ={\iiint }_{\Omega }\left[\frac{\partial }{\partial x}(v{u}_x)+\frac{\partial }{\partial y}(v{u}_y)+\frac{\partial }{\partial z}(v{u}_z)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\ & ={\iiint }_{\Omega }\Delta u\cdot v\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+{\iiint }_{\Omega }\nabla u\cdot \nabla v\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z.\end{array}$$

注 1

令 $v=1$ ，则有

$$\iint \frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}\mathrm{d}S={\iiint }_{\Omega }\Delta u\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z.\text{\hspace{1em}(26.15)}$$

注 2

由第一$Green$恒等式可以证明第二$Green$恒等式，见$\mathrm{26.2.4}$小节的练习题$2$.

例题 26.2.2

设 $h(x,y,z)$ 在 ${\mathbf{R}}^3$ 上二阶连续可微， $\partial B_r(M)$ 是以 $M=(x,y,z)$ 为心， $r$ 为半径的球面，定义

$${\mathbf{M}}_h(x,y,z,r)=\frac{1}{4\pi r^2}\iint h(\xi ,\eta ,\zeta )\mathrm{d}{S}_r,$$

其中 $r>0$ ，证明：

($1$) $M_h$ 是 $x$, $y$, $z$, $r$ 的二次连续可微函数;

$$\Delta M_h(x,y,z,r)=\left(\frac{{\partial }^2}{\partial r^2}+\frac{2}{r}\frac{\partial }{\partial r}\right)M_h(x,y,z,r),\text{\hspace{1em}(2)}$$

其中 $\Delta =\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^2}{\partial y^2}+\frac{{\partial }^2}{\partial z^2};$

$$\underset{r\to 0^{+}}{\lim }\frac{\partial }{\partial r}{M}_h(x,y,z,r)=0.\text{\hspace{1em}(3)}$$

证明

($1$) 由 ($25.27$), $M_h$ 的表达式可改写为

$$M_h(x,y,z,r)=\frac{1}{4\pi }\iint h(x+r{\alpha }_1,y+r{\alpha }_2,z+r{\alpha }_3)\mathrm{d}{S}_1,$$

其中 $({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)$ 是球面 $\partial B_1(0)$ 的单位外法向量， $\mathrm{d}{S}_1$ 是 $\partial B_1(0)$ 的面积元.由含参变量积分的性质知 $M_h$ 是 $x,y,z,r$ 的二次连续可微函数

($2$) 由含参变量积分的求导公式得

$$\Delta M_h(x,y,z,r)=\frac{1}{4\pi }\iint \Delta h(x+r{\alpha }_1,y+r{\alpha }_2,z+r{\alpha }_3)\mathrm{d}{S}_1,\text{\hspace{1em}(26.16)}$$$$\begin{array}{rl}\frac{\partial M_h}{\partial r}& =\frac{1}{4\pi }{\iint }_{\partial B_1(0)}\left(\frac{\partial h}{\partial x}{\alpha }_1+\frac{\partial h}{\partial y}{\alpha }_2+\frac{\partial h}{\partial z}{\alpha }_3\right)\mathrm{d}{S}_1\\ & =\frac{1}{4\pi r^2}{\iint }_{\partial B_1(0)}\left(\frac{\partial h}{\partial x}{\alpha }_1+\frac{\partial h}{\partial y}{\alpha }_2+\frac{\partial h}{\partial z}{\alpha }_3\right)\mathrm{d}{S}_r.\end{array}\text{\hspace{1em}(26.17)}$$

应用$Gauss$公式 ($26.2$), 则

$$\frac{\partial M_h}{\partial r}=\frac{1}{4\pi r^2}{\iiint }_{B_r(M)}\Delta h(\xi ,\eta ,\zeta )\mathrm{d}\xi \mathrm{d}\eta \mathrm{d}\zeta .\text{\hspace{1em}(26.18)}$$

应用例题$\mathrm{25.5.3}(2)$中的结果, 则

$$\frac{{\partial }^2{M}_h}{\partial r^2}=-\frac{1}{2\pi r^3}{\iiint }_{B_r(M)}\Delta h(\xi ,\eta ,\zeta )\mathrm{d}\xi \mathrm{d}\eta \mathrm{d}\zeta +\frac{1}{4\pi r^2}\iint \Delta h(\xi ,\eta ,\zeta )\mathrm{d}{S}_r.\text{\hspace{1em}(26.19)}$$

由($26.18$)，($26.19$)得

$$\begin{array}{rl}\frac{{\partial }^2{M}_h}{\partial r^2}+\frac{2}{r}\frac{\partial M_h}{\partial r}& =\frac{1}{4\pi r^2}\iint \Delta h(\xi ,\eta ,\zeta )\mathrm{d}{S}_r\\ & =\frac{1}{4\pi r^2}\iint \Delta h(x+r{\alpha }_1,y+r{\alpha }_2,z+r{\alpha }_3)\mathrm{d}{S}_r\\ & =\Delta M_h(x,y,z,r).(\text{由(26.16)})\end{array}$$

($3$) 利用 ($26.18$) 以及积分中值定理可知

$$\underset{r\to 0^{+}}{\lim }\frac{\partial }{\partial r}{M}_h(x,y,z,r)=\underset{r\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{4\pi r^2}\Delta h({\xi }^{\ast },{\eta }^{\ast },{\zeta }^{\ast })\cdot \frac{4}{3}\pi r^3=0,$$

其中 $({\xi }^{\ast },{\eta }^{\ast },{\zeta }^{\ast })\in B_r(M)$ .

性质$1$（平均值公式）

记 $M_0=(x_0,y_0,z_0)$ ，设函数 $u(x,y,z)$ 是某区域 $\Omega$ 上的调和函数， $M_0$ 是 $\Omega$ 中任一点。以 $M_0$ 为心， $R$ 为半径的球 $B_R(M_0)$ 完全落在 $\Omega$ 的内部，则

$$u(M_0)=\frac{1}{4\pi R^2}\iint u(x,y,z)\mathrm{d}S.$$

证明

对于 $0<\rho ⩽R$ ，由$Green$公式得

$$\iint \frac{\partial u}{\partial n}(x,y,z)\mathrm{d}S={\iiint }_{B_{\rho }(M_0)}\Delta u\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=0,$$

由例题$\mathrm{26.1.4}$知结论成立.

性质$2$（极值原理）

记 $M=(x,y,z)$ ，设函数 $u(M)$ 是区域 $\Omega$ 上的调和函数，且不恒等于常数，则 $u$ 在 $\Omega$ 的任何内点上的值不可能达到它在 $\Omega$ 上的上界或下界.

证明

用反证法, 设调和函数 $u(M)$ 不恒等于常数, 且在区域 $\Omega$ 上的上界为 $K$ (这里假定函数 $u(M)$ 在 $\Omega$ 上有上界, 否则结论自然成立), 而 $u(M)$ 在 $\Omega$ 内某点 $M_0$ 取值为 $K$ , 我们来找出矛盾.

因为 $u(M)$ 不恒等于常数，则至少存在一点 $M_1=(x_1,y_1,z_1)\in \Omega$ 使得 $u(M_1)<K$. 在 $\Omega$ 中作一条连接 $M_0,M_1$ 的连续曲线 $\Gamma$ (见图$26.1$)，设 $\Gamma$ 的参数方程为

$$\Gamma :x=x(t),y=y(t),z=z(t),0⩽t⩽T,$$

并且

$$\begin{array}{lll}x(0)=x_0,& y(0)=y_0,& z(0)=z_0,\\ x(T)=x_1,& y(T)=y_1,& z(T)=z_1.\end{array}$$

定义

$$t^{\ast }=\max \{t\mid 0⩽t⩽T,u(x(t),y(t),z(t))=K\},$$

则 $0⩽t^{\ast }<T$ 。以 $M^{\ast }=(x(t^{\ast }),y(t^{\ast }),z(t^{\ast }))$ 为心，充分小的 $\delta$ 为半径，作一个完全落在 $\Omega$ 内部的球 $B_{\delta }(M^{\ast })$ ，并且曲线

$$x=x(t),y=y(t),z=z(t),t^{\ast }⩽t⩽T,$$

与球面 $\partial B_{\delta }(M^{\ast })$ 至少有一个交点 $P$ (见图$26.1$)，也就是说 $u(P)<K$ 。由函数 $u(M)$ 在 $P$ 点的连续性知存在 $P$ 点的一个邻域，使得在该邻域上 $u(M)<K$ ，因此 $u(M)$ 在 $\partial B_{\delta }(M^{\ast })$ 上的积分平均值

图26.1

$$\frac{1}{4\pi {\delta }^2}\iint u(x,y,z)\mathrm{d}S<\frac{1}{4\pi {\delta }^2}\iint K\mathrm{d}S=K.$$

但由平均值公式有

$$\frac{1}{4\pi {\delta }^2}\iint u(x,y,z)\mathrm{d}S=u(M^{\ast })=K,$$

由此得到矛盾. 同理可证 $u$ 也不能在 $\Omega$ 的内点取得 $u$ 在 $\Omega$ 上的下界.

注 1

上述两个性质对任意维数的调和函数都是成立的.

注 2

若 $\Omega$ 是有界区域， $u$ 在 $\overline{\Omega }$ 上连续，在 $\Omega$ 上调和，则 $u$ 的最大最小值只能在 $\Omega$ 的边界上达到.

命题 $26.2.1$

若 $f$ 是以 $2\pi$ 为周期的连续函数, 则

$$u(r\cos \theta ,r\sin \theta )=\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(\phi )\frac{1-r^2}{1-2r\cos (\theta -\phi )+r^2}\mathrm{d}\phi$$

是单位圆盘上的调和函数，且

$$\underset{(\theta ,r)\to ({\theta }_0,1^{-})}{\lim }\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(\phi )\frac{1-r^2}{1-2r\cos (\theta -\phi )+r^2}\mathrm{d}\phi =f({\theta }_0).$$

证明

唯一性的证明: 设 $u,v$ 都满足条件, 则 $w=u-v$ 当 $0⩽r<1$ 时是调和函数, 且

$$w(\cos \theta ,\sin \theta )=0,0⩽\theta <2\pi .$$

由极值原理 (性质$2$) 知 $w\equiv 0$ , 于是唯一性成立.

存在性的证明要困难得多. 利用调和算子在极坐标系 $(r,\theta )$ 中的表达式

$$\Delta :=\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^2}{\partial y^2}=\frac{{\partial }^2}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{{\partial }^2}{\partial {\theta }^2},$$

容易证明 $\Delta (r^n\cos n\theta )=\Delta (r^n\sin n\theta )=0$, $n=0,1,2,\cdots$ 由此，我们令

$$u(r\cos \theta ,r\sin \theta )=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos n\theta +b_n\sin n\theta )r^n.$$

令 $r=1$ ，由已知条件得到

$$f(\theta )=\frac{a_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_n\cos n\theta +b_n\sin n\theta ).$$

由周期函数的$Fourier$级数理论知

$$a_n=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }f(\phi )\cos n\phi \mathrm{d}\phi ,b_n=\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }f(\phi )\sin n\phi \mathrm{d}\phi .$$

代入 $u$ 的表达式中得到

$$\begin{array}{rl}u(r\cos \theta ,r\sin \theta )& =\frac{1}{\pi }{\int }_0^{2\pi }f(\phi )\left[\frac{1}{2}+{\sum }_{n=1}^{\infty }{r}^n\cos n(\theta -\phi )\right]\mathrm{d}\phi \\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(\phi )\mathrm{Re}\left[\frac{1+r{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}(\theta -\phi )}}{1-r{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}(\theta -\phi )}}\right]\mathrm{d}\phi \\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(\phi )\frac{1-r^2}{1-2r\cos (\theta -\phi )+r^2}\mathrm{d}\phi .\end{array}$$

下面证明它的确提供了问题的解.

首先证明 $u$ 在单位圆盘上是调和函数, 这只是一个对含参变量常义积分求二阶偏导数的计算, 所以留作练习, 其中要将 $u$ 的表达式改写为

$$u(x,y)=\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(\phi )\frac{1-x^2-y^2}{1-2(x\cos \phi +y\sin \phi )+x^2+y^2}\mathrm{d}\phi .$$

最后证明对每一个 ${\theta }_0$ ,

$$\underset{(\theta ,r)\to ({\theta }_0,1^{-})}{\lim }\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }f(\phi )\frac{1-r^2}{1-2r\cos (\theta -\phi )+r^2}\mathrm{d}\phi =f({\theta }_0),$$

这件事我们已经在例题$\mathrm{18.2.4}$中证明过了. 这就完成了下面命题的证明.

推论

若 $u$ 是半径为 $R>0$ 的圆盘上的调和函数, 则对于 $0⩽r<R$ 有

$$\begin{array}{l}u(r\cos \theta ,r\sin \theta )\\ =\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }u(R\cos \phi ,R\sin \phi )\frac{R^2-r^2}{R^2-2Rr\cos (\theta -\phi )+r^2}\mathrm{d}\phi .\end{array}\text{\hspace{1em}(26.20)}$$

称 ($26.20$) 为 $Poisson$ 积分公式.

证明

若 $R=1$, 结论就是命题$\mathrm{26.2.1}$. 对于一般情形只需作一相似变换, 具体细节留作练习.

练习题

1. 证明：

(1) $\nabla \times (\nabla f)=0;$

(2) $\nabla (\nabla \cdot a)-\nabla \times (\nabla \times a)=\Delta a$ , 其中 $\Delta a=(\Delta a_1,\Delta a_2,\Delta a_3)$.

2. (第二$Green$恒等式) 设 $\Sigma$ 为分片光滑封闭曲面, 围成的区域为 $\Omega$ , $u$, $v$ 在 $\overline{\Omega }$ 上二次连续可微. 证明:

$${\iiint }_{\Omega }(v\Delta u-u\Delta v)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\iint }_{\Sigma }\left(v\frac{\partial u}{\partial n}-u\frac{\partial v}{\partial n}\right)\mathrm{d}S,$$

其中 $n$ 为 $\Sigma$ 的单位外法向量.

3. $\Sigma$ 为分片光滑封闭曲面, 围成的区域为 $\Omega$ , $u$ 在 $\overline{\Omega }$ 上二次连续可微, 在 $\Omega$ 上调和. 证明:

$${\iiint }_{\Omega }|\nabla u{|}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\iint }_{\Sigma }u\frac{\partial u}{\partial \mathbf{n}}\mathrm{d}S,$$

并由此证明调和函数的惟一性, 即调和函数在 $\Omega$ 内部的值由它在边界 $\Sigma$ 上的值惟一确定.

4. 在调和函数性质$1$的条件下, 证明:

$$u(M_0)=\frac{1}{\frac{4}{3}\pi R^3}{\iiint }_{B_R(M_0)}u(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z.$$

5. 证明命题$\mathrm{26.2.1}$的推论.

6. 证明: $Poisson$积分公式 ($26.20$) 定义的函数是调和函数.

7. 证明：调和函数无限次可微.

8. 若 $f$ 和 $g\circ f$ 都是一连通开集上的调和函数, $g$ 二阶连续可微, $f$ 不是常值函数, 证明: $g$ 是线性函数.

9. 证明：问题

$$\Delta u=f(x,y,z),(x,y,z)\in D,\frac{\partial u}{\partial n}=g(x,y,z),(x,y,z)\in \partial D$$

有解 $u$ 的必要条件是

$${\iiint }_{D}f\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\iint g\mathrm{d}S.$$