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张瑞
中国科学技术大学数学科学学院
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二维Laplace方程的极坐标形式为
\[\triangle_2u=\dfrac{\partial^2u}{\partial r^2}+\dfrac1r\dfrac{\partial u}{\partial r} +\dfrac1{r^2}\dfrac{\partial^2 u}{\partial \theta^2}=0 \] 分离变量法，得到它的满足周期边界条件的级数解
\[u(r,\theta)=u(r,\theta+2\pi) \]
设
\[u=R(r)\Theta(\theta) \] 代入方程，分离变量后，可以得到
和关于$\Theta(\theta)$的固有值问题
\[R''(r)\Theta(\theta)+\dfrac1r R'(r)\Theta(\theta)+\dfrac1{r^2}R(r)\Theta''(\theta)=0 \]
\[\frac{(R''(r)+\frac1r R'(r))}{-\frac1{r^2}R(r)}=\frac{\Theta''(\theta)}{\Theta(\theta)}=-\lambda \]
$\lambda=0$，有
\[\Theta''(\theta)=0 , \Theta=A\theta+B \] 加上周期条件 $\Theta(\theta+2\pi)=\Theta(\theta)$，有 $A=0$
所以，
\[\Theta(\theta)=B \]
$\lambda<0$，设$\lambda=-k^2$，有
\[\Theta''-k^2\Theta=0 , \Theta=Ae^{k\theta}+Be^{-k\theta} \] 由周期条件，
\[\Theta=Ae^{k(\theta+2\pi)}+Be^{-k(\theta+2\pi)}=Ae^{k\theta}+Be^{-k\theta} \] 则有 $A=B=0$
$\lambda>0$，设$\lambda=k^2$，则有
\[\Theta''+k^2\Theta=0 , \Theta=A\cos(k\theta)+B\sin(k\theta) \] 由周期边界条件，有$k$为整数。即$\lambda=k^2, k=1,2,\cdots$
综上，固有值问题的解为
$\lambda=k^2, k=0,1,2,\cdots$，相应的固有值函数为
\[\casefunc{ & \Theta_0(\theta)=C_0 \\ & \Theta_k(\theta)=C_k\cos(k\theta)+D_k\sin(k\theta), k=1,2,\cdots } \]
可得，固有值为
\[\lambda_k=k^2, k=0,1,2,\cdots \] 相应的固有值函数为
\[\casefunc{ & \Theta_0(\theta)=C_0, k=0 \\ & \Theta_k(\theta)=C_k\cos(k\theta)+D_k\sin(k\theta) } \]
把$\lambda_k=k^2,k=0,1,2,\cdots$代入$R(r)$的方程，有
\[r^2R''+rR'-k^2R=0 \] 可得到解为
\[R_0(r)=A_0+B_0\ln r, k=0 \\ R_k(r)=A_kr^k+B_kr^{-k} , k=1,2,\cdots \]
这是Euler型方程，取$r=e^t$，即$t=\ln r$，代入可得
\[R''(t)-k^2R'(t)=0 \]
最后，得到级数解
\[u(r,\theta)=R_0(r)\Theta_0(\theta)+\sum_{k=1}^{+\infty}R_k(r)\Theta_k(\theta) \] 即
\[=A_0+B_0\ln r \\ +\sum_{k=1}^{+\infty}(A_kr^k+B_kr^{-k})(C_k\cos(k\theta)+D_k\sin(k\theta)) \]
例 1. 无限长圆柱体$x^2+y^2\leq R^2$，在热传导过程中，内部无热源，而边界温度为$F(x,y)(x^2+y^2=R^2)$，求温度分布
\[\casefunc{ & \triangle_3 u=0 , x^2+y^2<R^2, z\in\Real \\ & u(x,y,z)|_{x^2+y^2=R^2}=F(x,y) } \]
问题不依赖于$z$，所以这个定解问题等价于二维边值问题
\[\casefunc{ & \triangle_2 u=0 , r<R, 0\leq \theta<2\pi \\ & u|_{r=R}=F(x,y)=F(R\cos\theta,R\sin\theta)=f(\theta) } \]
首先，注意到$r\to0$时，$r^{-k},k=1,2,\cdots,$与$\ln r$都趋于无穷大，这样，级数解中$B_k=0$，所以有
\[u(r,\theta)=\dfrac{C_0}2+\sum_{k=1}^{+\infty}r^k(C_k\cos(k\theta)+D_k\sin(k\theta)) \]
再次，由边界条件，有
\[\dfrac{C_0}2+\sum_{k=1}^{+\infty}R^k(C_k\cos(k\theta)+D_k\sin(k\theta))=f(\theta) \] 所以，$C_k$与$D_k$为$f(\theta)$的Fourier展开系数
\[C_k=\dfrac1{R^k\pi}\int_0^{2\pi}f(\phi)\cos(k\phi)d\phi \\ D_k=\dfrac1{R^k\pi}\int_0^{2\pi}f(\phi)\sin(k\phi)d\phi \\ \]
这样，问题的解为
\[u(r,\theta)=\dfrac1{2\pi}\int_0^{2\pi} f(\phi)\left[1+2\sum_{k=1}^{+\infty}\left(\dfrac{r}R\right)^k\cos(k(\phi-\theta))\right]d\phi \\ , r<R \]
设
\[z=\dfrac{r}R e^{i(\phi-\theta)} \] 则
\[Re(z^k)=\left(\dfrac{r}R\right)^k\cos(k(\phi-\theta)) \] 可以，求得无穷级数的和为
可以得到解为
\[u(r,\theta)=\dfrac1{2\pi}\int_0^{2\pi}f(\phi)\dfrac{R^2-r^2}{R^2-2Rr\cos(\phi-\theta)+r^2}d\phi \]
这个公式称为Poisson公式
例 2. 本节读完
2.