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偏微分方程典型实例(再续)

前面已经介绍了用分离变量法求解波动方程和热传导方程的混合问题，对于某些特殊区域（如长方体，圆等）上的 Laplace 方程的边值问题也可用分离变量法求解．下面仅举两个例子加以说明．

例 3.4 用分离变量法求解如下 Laplace 方程的 Dirichlet 边值问题：

$$
\left\{\begin{array}{l}
\Delta_3 u=u_{x x}+u_{y y}+u_{z z}=0, \quad 0<x, y, z<\pi \\
\left.u\right|_{x=0}=\left.u\right|_{x=\pi}=0, \quad 0 \leqslant y, z \leqslant \pi \\
\left.u\right|_{y=0}=\left.u\right|_{y=\pi}=0, \quad 0 \leqslant x, z \leqslant \pi \\
\left.u\right|_{z=0}=\varphi(x, y),\left.\quad u\right|_{z=\pi}=0, \quad 0 \leqslant x, y \leqslant \pi
\end{array}\right.
$$

解 假设解具有如下变量分离形式：

$$
u(x, y, z)=X(x) Y(y) Z(z),
$$

将（2．51）式代入方程（2．47）得

$$
X^{\prime \prime}(x) Y(y) Z(z)+X(x) Y^{\prime \prime}(y) Z(z)+X(x) Y(y) Z^{\prime \prime}(z)=0,
$$

此处 $X(x) Y(y) Z(z) \neq 0$ ，两端同除以 $X(x) Y(y) Z(z)$ ，得到

$$
\frac{X^{\prime \prime}(x)}{X(x)}+\frac{Y^{\prime \prime}(y)}{Y(y)}=-\frac{Z^{\prime \prime}(z)}{Z(z)}
$$

于是有

$$
\frac{X^{\prime \prime}(x)}{X(x)}+\frac{Y^{\prime \prime}(y)}{Y(y)}=-\frac{Z^{\prime \prime}(z)}{Z(z)}=-\mu
$$

及

$$
\frac{X^{\prime \prime}(x)}{X(x)}=-\mu-\frac{Y^{\prime \prime}(y)}{Y(y)}=-\lambda,
$$

其中 $\mu, \lambda$ 都是常数．于是，我们得到方程

$$
\begin{gathered}
X^{\prime \prime}(x)+\lambda X(x)=0, \\
Y^{\prime \prime}(y)+(\mu-\lambda) Y(y)=0, \\
Z^{\prime \prime}(z)-\mu Z(z)=0 .
\end{gathered}
$$

再利用边值条件（2．48），（2．49）得到与 $X(x)$ 和 $Y(y)$ 相对应的特征值问题

$$
\left\{\begin{array}{l}
X^{\prime \prime}(x)+\lambda X(x)=0, \\
X(0)=X(\pi)=0
\end{array}\right.
$$
和

$$
\left\{\begin{array}{l}
Y^{\prime \prime}(y)+(\mu-\lambda) Y(y)=0 \\
Y(0)=Y(\pi)=0
\end{array}\right.
$$

它们的特征值分别为 $\lambda_m=m^2(m=1,2, \cdots)$ 和 $\mu_{m, n}-\lambda_m=n^2(n=1,2, \cdots)$ ，对应的特征函数依次为 $\sin m x$ 和 $\sin n y$ ．

由于 $\mu_{m, n}=m^2+n^2$ ，解方程（2．54）得通解

$$
Z_{m, n}(z)=A_{m, n} e^{-\sqrt{m^2+n^2} z}+B_{m, n} e^{\sqrt{m^2+n^2} z}
$$

其中 $A_{m, n}, B_{m, n}$ 是任意常数．再利用边值条件 $Z(\pi)=0$ ，消去一个任意常数得

$$
Z_{m, n}(z)=C_{m, n}\left\{\operatorname{sh}\left(\sqrt{m^2+n^2}(\pi-z)\right)\right\}
$$

其中 $C_{m, n}=2 A_{m, n} e ^{-\sqrt{m^2+n^2} \pi}$ ．
从而求得满足齐次边值条件的 Laplace 方程的解为

$$
u(x, y, z)=\sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} A_{m, n} \operatorname{sh}\left(\sqrt{m^2+n^2}(\pi-z)\right) \sin m x \sin n y
$$

再利用非齐次边值条件 $\left.u\right|_{z=0}=\varphi(x, y)$ ，得

$$
\varphi(x, y)=\sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} A_{m, n} \operatorname{sh}\left(\sqrt{m^2+n^2} \pi\right) \sin m x \sin n y
$$

其中 Fourier 系数由

$$
A_{m, n} \operatorname{sh}\left(\sqrt{m^2+n^2} \pi\right)=\frac{4}{\pi^2} \int_0^\pi \int_0^\pi \varphi(x, y) \sin m x \sin n y d x d y
$$

确定．这样我们就得到 Dirichlet 问题（2．47）－（2．50）的形式解为

$$
\begin{aligned}
& u(x, y, z) \\
= & \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{4 \operatorname{sh}\left(\sqrt{m^2+n^2}(\pi-z)\right)}{\pi^2 \operatorname{sh}\left(\sqrt{m^2+n^2} \pi\right)} \sin m x \sin n y \int_0^\pi \int_0^\pi \varphi(\xi, \eta) \sin m \xi \sin n \eta d \xi d \eta .
\end{aligned}
$$

可以证明，只要函数 $\varphi(x, y)$ 满足一定的条件，由表达式（2．55）定义的函数 $u(x, y, z)$确实是定解问题（2．47）－（2．50）的解．

例 3.5 求二维 Laplace 方程在单位圆内的解，使它在圆周上取给定的已知函数值 $f(\theta)$ ．

解 先用极坐标变换 $\left\{\begin{array}{l}x=r \cos \theta, \\ y=r \sin \theta,\end{array}\right.$ 改写二维 Laplace 方程成为下面的形式：

$$
\frac{\partial^2 u}{\partial r^2}+\frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial r}+\frac{1}{r^2} \frac{\partial^2 u}{\partial \theta^2}=0,
$$

边值条件为

$$
u(1, \theta)=f(\theta)
$$

现在寻找方程（2．56）可分离变量的解．$u(r, \theta)=R(r) \Theta(\theta) \neq 0$ ，将它代入方程 （2．56），得到

$$
R^{\prime \prime}(r) \Theta(\theta)+\frac{R^{\prime}(r)}{r} \Theta(\theta)+\frac{R(r)}{r^2} \Theta^{\prime \prime}(\theta)=0
$$

即

$$
\frac{r^2 R^{\prime \prime}(r)+r R^{\prime}(r)}{R(r)}=-\frac{\Theta^{\prime \prime}(\theta)}{\Theta(\theta)}=\lambda(\lambda \text { 为常数 }) \text {. }
$$

从而得到

$$
\begin{gathered}
\Theta^{\prime \prime}(\theta)+\lambda \Theta(\theta)=0 \\
r^2 R^{\prime \prime}(r)+r R^{\prime}(r)-\lambda R(r)=0
\end{gathered}
$$

由于 $u$ 的单值性，$\Theta(\theta)$ 必须是 $\theta$ 的以 $2 \pi$ 为周期的周期函数，又由于 $\lambda$ 只能等于 $k^2$ ，从而可取

$$
\Theta_k(\theta)=a_k \cos k \theta+b_k \sin k \theta,
$$

故 $R_k(r)$ 满足 $r^2 R_k^{\prime \prime}(r)+r R_k^{\prime}(r)-k^2 R_k(r)=0$ ，这是一个 Euler（欧拉）方程，它的解为

$$
R_k(r)= \begin{cases}c_{1, k} r^k+c_{2, k} r^{-k}, & k \neq 0, \\ c_{1,0}+c_{2,0} \ln r, & k=0 .\end{cases}
$$

要使解 $u$ 在原点不出现奇性，必须 $c_{2,0}$ 与 $c_{2, k}$ 都为零，从而

$$
u_k(r, \theta)= \begin{cases}r^k\left(a_k \cos k \theta+b_k \sin k \theta\right), & k \neq 0 \\ \frac{a_0}{2}, & k=0\end{cases}
$$

即

$$
u(r, \theta)=\frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^{\infty} r^k\left(a_k \cos k \theta+b_k \sin k \theta\right)
$$

下面我们将利用初值条件（2．57）来确定系数 $a_0, a_k, b_k$ ．由（2．57），（2．58）式得

$$
f(\theta)=\frac{a_0}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}\left(a_k \cos k \theta+b_k \sin k \theta\right) .
$$

因此，$a_0, a_k, b_k$ 恰为将 $f(\theta)$ 展开成 Fourier 级数时的系数，即

$$
\left\{\begin{array}{l}
a_0=\frac{1}{\pi} \int_0^{2 \pi} f(\varphi) d \varphi, \\
a_k=\frac{1}{\pi} \int_0^{2 \pi} f(\varphi) \cos k \varphi d \varphi, \\
b_k=\frac{1}{\pi} \int_0^{2 \pi} f(\varphi) \sin k \varphi d \varphi .
\end{array}\right.
$$

进一步，级数（2．58）可以化成有限积分的形式．事实上，将 $a_0, a_k, b_k$ 的表达式代入（2．58）式，可得

$$
\begin{aligned}
u(r, \theta)= & \frac{1}{2 \pi} \int_0^{2 \pi} f(\varphi) d \varphi+\sum_{k=1}^{\infty} \frac{r^k}{\pi}\left(\int_0^{2 \pi} f(\varphi) \cos k \varphi d \varphi \cos k \theta+\right. \\
& \left.\int_0^{2 \pi} f(\varphi) \sin k \varphi d \varphi \sin k \theta\right) \\
= & \frac{1}{2 \pi} \int_0^{2 \pi}\left(1+2 \sum_{k=1}^{\infty} r^k(\cos k \theta \cos k \varphi+\sin k \theta \sin k \varphi)\right) f(\varphi) d \varphi \\
= & \frac{1}{2 \pi} \int_0^{2 \pi}\left(1+2 \sum_{k=1}^{\infty} r^k \cos k(\theta-\varphi)\right) f(\varphi) d \varphi .
\end{aligned}
$$

注意到当 $r<1$ 时，

$$
1+2 \sum_{k=1}^{\infty} r^k \cos k \omega=1+2 \operatorname{Re}\left(\sum_{k=1}^{\infty} r^k e^{i k \omega}\right)=1+2 \operatorname{Re}\left(\frac{r e^{i \omega}}{1-r e^{i \omega}}\right)=\frac{1-r^2}{1+r^2-2 r \cos \omega}
$$

所以

$$
u(r, \theta)=\frac{1}{2 \pi} \int_0^{2 \pi} \frac{\left(1-r^2\right) f(\varphi)}{1+r^2-2 r \cos (\theta-\varphi)} d \varphi
$$

（2．59）式也称为 Poisson 公式．
可以证明，只要函数 $f(\theta)$ 满足一定的条件，由表达式 $(2.59)$ 定义的函数 $u(r, \theta)$确实满足 Laplace 方程与例 3.5 中的边值条件（请读者自己完成）．

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