格林函数

关于二维的情况

求解圆域的第一边值问题。

解:对于二维的情形,可以类似定义格林函数:

$$ G(P,P_0)=\frac{1}{2\pi}\ln\frac{1}{r(P,P_0)}-g(P,P_0) $$

其中$g$为在区域$\Omega$内的调和函数,在边界上使得$G(P,P_0)=0$。

$$ u(P_0)=-\iint_{\partial{\Omega}}f(P)\frac{\partial{G}(P,P_0)}{{\partial}n}dS_p $$

相对应的第一边值问题的解的表达式为:

$$ u(P_0)=-\int_{\partial{\Omega}}f(P)\frac{\partial{G}(P,P_0)}{{\partial}n}dS_p,(P_0{\in}\Omega) $$

当$\Omega$为以$A$为中心,$R$为半径的圆时,与球的情形类似,应用对称镜像点,可以得到圆的格林公式为:

$$ G(P,P_0)=\frac{1}{2\pi}\left[\ln{\frac{1}{r(P,P_0)}-\ln{\frac{R}{\rho_0r(P,P_0)}}}\right] $$

建立以圆心为极点的极坐标,用$(\rho_0,\theta_0)$和$(\rho,\theta)$分别表示$P_0$和$P$点的坐标,$P_1$是$P_0$关于圆的对称镜像点,于是$P_1$的坐标为$(\frac{R^2}{\rho_0},\theta_0)$,而$G(P,P_0)$用极坐标可以表示写为:

$$ G(\rho,\theta,\rho_0,\theta_0)=\frac{1}{2\pi}\left[\ln\frac{1}{\sqrt{\rho^2+R^2-2R\rho_0\cos{\gamma}}}-\ln{\frac{R}{\sqrt{R^4+\rho_0^2\rho^2-2R^2\rho\rho_0\cos{\gamma}}}}\right] $$

其中$\gamma$为$\overline{AP}$与$\overline{AP_0}$的夹角。

$$ \cos{\gamma}=\cos{\theta_0}\cos{\theta}+\sin{\theta_0}\sin{\theta}=\cos(\theta-\theta_0) $$

在圆周上

$$ \frac{\partial{G}}{\partial{n}}|_{\rho=R}=\frac{\partial{G}}{\partial{\rho}}|_{\rho=R}=-\frac{R^2-\rho_0^2}{2\pi{R}\left[R^2+\rho_0^2-2R\rho_0\cos(\theta-\theta_0)\right]} $$

代入

$$ u(P_0)=\frac{1}{4\pi{R}}\iint_{\partial{B}}\frac{\rho_0^2-R^2}{(R^2+\rho_0^2-2R\rho_0\cos{\gamma})^{\frac{3}{2}}}f(P)dS_p $$

就得到圆上的第一边值问题

$$ \begin{cases} u_{xx}+u_{yy}=0\\ u=f(\theta){\quad}(x^2+y^2=R^2) \end{cases} $$

的形式解的表达式:

$$ u(\rho_0,\theta_0)=\frac{1}{2\pi}\int^{2\pi}_0\frac{R^2-\rho_0^2}{R^2+\rho_0^2-2R\rho_0\cos({\theta-\theta_0})}f(\theta)dS_p $$

这就是圆的泊松积分

实例

试用静电源像法导出二维调和方程在半平面上的狄利克雷问题:

$$ \Delta{u}=u_{xx}+u_{yy}=0,y>0\\ u|_{y=0}=f(x) $$

的解。

解:设$(x_0,y_0)$为区域内一点,则它关于平面$y=0$的对称点为$(x_0,y_0)$。

套用二维格林函数公式:

$$ G(M,M_0)=\frac{1}{2\pi}\left[\ln\frac{1}{\sqrt{\rho_0^2+\rho^2-2\rho_0\rho\cos{\gamma}}}-\ln\frac{R}{\rho_0}\frac{1}{\sqrt{\rho_1^2+\rho^2-2\rho_1\rho\cos{\gamma}}}\right] $$

于是格林函数为(考虑到对称点一样)

$$ G(M,M_0)=\frac{1}{2\pi}\left[\ln{\frac{1}{\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}}}-\ln{\frac{1}{\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}}}\right] $$

对于空间$y>0$来说,边界$y=0$的外法线方向是与$y$轴相反的方向,于是(考虑到夹角正交)

$$ \frac{\partial{G}}{\partial{n}}=-\frac{\partial{G}}{\partial{y}}=\frac{1}{2\pi}\left[\frac{y-y_0}{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}-\frac{y+y_0}{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}\right] $$

$$ \frac{\partial{G}}{\partial{n}}|_{y=0}=-\frac{1}{\pi}\frac{y_0}{(x-x_0)^2+y_0^2} $$

所以

$$ u(x_0,y_0)=-\int_{y=0}\frac{\partial{G}}{\partial{n}}fdS=\frac{1}{\pi}\int^{\infty}_{-\infty}\frac{y_0}{(x-x_0)^2+y_0^2}f(x)dx $$

也即

$$ u(x,y)=\frac{y}{\pi}\int^{\infty}_{-\infty}\frac{f(\xi)}{(\xi-x)^2+y^2}d{\xi} $$

另一则例题

求解上半空间区域的第一边值问题

解:取$P_1$为$P_0$关于$z=0$平面的对称点,令$g=\frac{c}{r(P,P_1)}$,且$P_1$不在区域$z>0$内。所以$g$作为$P$的函数在该区域内调和,又因为$P_1$和$P_0$关于$z=0$平面对称,当$P$在边界$z=0$上时,$r(P,P_0)=r(P,P_1)$,因而取$c=\frac{1}{4\pi}$,可以得到

$$ \frac{1}{4\pi{r}(P,P_1)}=\frac{1}{4\pi{r}(P,P_0)} $$

于是可以取到$g=\frac{1}{4\pi{r}(P,P_1)}$,从而得到上半空间区域的格林函数为:

$$ G(P,P_0)=\frac{1}{4\pi{r}(P,P_0)}-\frac{1}{4\pi{r}(P,P_1)} $$

其中$P_1$是$P_0$关于$z=0$的对称点。

设$P_0$坐标为$(x_0,y_0,z_0)$,则$P_1$的坐标为$(x_0,y_0,-z_0),P=(x,y,z),G(P,P_0)$用坐标表示可以写为:

$$ G(P,P_0)=\frac{1}{4\pi}\left[\frac{1}{\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2}}-\frac{1}{\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z+z_0)^2}}\right] $$

在$z=0$平面上,关于上半空间的外法线方向与$z$轴的正向相反,所以

$$ \frac{\partial{G}}{\partial{n}}|_{z=0}=-\frac{\partial{G}}{\partial{z}}|_{z=0}=\frac{-z_0}{2\pi\left[(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+z_0^2\right]^{\frac{3}{2}}} $$

代入

$$ u(P_0)=-\iint_{\Omega}f(P)\frac{\partial{G}(P,P_0)}{\partial{n}}dS_p $$

也即得到上半空间区域的第一边值问题的形式解:

$$ u(x_0,y_0,z_0)=\frac{z_0}{2\pi}\iint_{-\infty}^{\infty}\frac{f(x,y)}{\left[(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+z_0^2\right]^{\frac{3}{2}}}dxdy $$

称之为上半空间的泊松公式,右端的积分称之为泊松积分。

Last modification:June 27th, 2020 at 08:58 pm
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