26-第二十六章 场论初步

依赖于

• 无显式依赖

被以下题目直接调用

• 无

正文部分

26.1.1—26.1.4 例题

例题 26.1.1

证明重积分的分部积分公式

$${\iiint }_{\Omega }u\frac{\partial v}{\partial x}dxdydz={\iint }_{\Sigma }uvdydz-{\iiint }_{\Omega }v\frac{\partial u}{\partial x}dxdydz,$$

其中 $\Sigma$ 是 $\Omega$ 的边界，分片光滑，取外侧；$u,v$ 在 $\overline{\Omega }$ 上连续可微。

证 在 (26.1) 中令 $\mathbf{a}=(uv,0,0)$，则

$${\iiint }_{\Omega }\left(u\frac{\partial v}{\partial x}+v\frac{\partial u}{\partial x}\right)dxdydz={\iint }_{\Sigma }uvdydz.$$

注 令 $v=1$，则有

$${\iiint }_{\Omega }\frac{\partial u}{\partial x}dxdydz={\iint }_{\Sigma }udydz.$$

例题 26.1.2

设 $G$ 是 ${\mathbb{R}}^3$ 中关于其内一点 $M$ 的星形区域。 $\mathbf{F}=(P,Q,R)$ 是 $G$ 上的光滑向量场，且 $\mathrm{div}\mathbf{F}=0$。证明：存在 $G$ 上的光滑向量场 $\mathbf{A}$，使得

$$\mathbf{F}=\mathrm{curl}\mathbf{A}.$$

证 不妨设 $M$ 为原点。由于 $G$ 关于原点为星形区域，于是对任何 $(x,y,z)\in G$，有

$$\begin{array}{rl}P(x,y,z)& ={\int }_0^1\frac{\partial }{\partial t}[t^{2}P(tx,ty,tz)]dt\\ & =2{\int }_0^{1}tP(tx,ty,tz)dt+{\int }_0^1{t}^2\frac{\partial }{\partial t}P(tx,ty,tz)dt.\end{array}\text{\hspace{1em}(26.6)}$$

由已知条件有

$$\frac{\partial P}{\partial x}=-\frac{\partial Q}{\partial y}-\frac{\partial R}{\partial z},$$

将它代入 (26.6) 中，则

$$\begin{array}{rl}P(x,y,z)& =2{\int }_0^{1}tP(tx,ty,tz)dt\\ & -{\int }_0^1{t}^{2}x\left[\frac{\partial Q}{\partial y}(tx,ty,tz)+\frac{\partial R}{\partial z}(tx,ty,tz)\right]dt\\ & +{\int }_0^1{t}^{2}y\frac{\partial P}{\partial y}(tx,ty,tz)dt+{\int }_0^1{t}^{2}z\frac{\partial P}{\partial z}(tx,ty,tz)dt\\ & =\frac{\partial }{\partial y}\left[y{\int }_0^{1}tP(tx,ty,tz)dt-x{\int }_0^{1}tQ(tx,ty,tz)dt\right]\\ & -\frac{\partial }{\partial z}\left[x{\int }_0^{1}tR(tx,ty,tz)dt-z{\int }_0^{1}tP(tx,ty,tz)dt\right].\end{array}$$

记

$$\begin{array}{rl}{A}_1(x,y,z)& =z{\int }_0^{1}tQ(tx,ty,tz)dt-y{\int }_0^{1}tR(tx,ty,tz)dt,\\ A_2(x,y,z)& =x{\int }_0^{1}tR(tx,ty,tz)dt-z{\int }_0^{1}tP(tx,ty,tz)dt,\\ A_3(x,y,z)& =y{\int }_0^{1}tP(tx,ty,tz)dt-x{\int }_0^{1}tQ(tx,ty,tz)dt.\end{array}$$

则

$$P(x,y,z)=\frac{\partial A_3}{\partial y}-\frac{\partial A_2}{\partial z}.$$

同理可证：

$$Q(x,y,z)=\frac{\partial A_1}{\partial z}-\frac{\partial A_3}{\partial x},R(x,y,z)=\frac{\partial A_2}{\partial x}-\frac{\partial A_1}{\partial y}.$$

令 $\mathbf{A}=(A_1,A_2,A_3)$，则

$$\mathbf{F}=\mathrm{curl}\mathbf{A}.$$

例题 26.1.3

$\mathbf{A},\mathbf{B}$ 为可微的向量函数，则

$$\nabla \cdot (\mathbf{A}\times \mathbf{B})=\mathbf{B}\cdot (\nabla \times \mathbf{A})-\mathbf{A}\cdot (\nabla \times \mathbf{B}).$$

证 设 $\mathbf{A}=(a_1,a_2,a_3)$，$\mathbf{B}=(b_1,b_2,b_3)$，则有

$$\mathbf{A}\times \mathbf{B}=\left|\begin{array}{ccc}\mathbf{i}& \mathbf{j}& \mathbf{k}\\ a_1& a_2& a_3\\ b_1& b_2& b_3\end{array}\right|.$$

于是

$$\begin{array}{rl}\nabla \cdot (\mathbf{A}\times \mathbf{B})& =\frac{\partial }{\partial x}\left|\begin{array}{cc}{a}_2& a_3\\ b_2& b_3\end{array}\right|-\frac{\partial }{\partial y}\left|\begin{array}{cc}{a}_1& a_3\\ b_1& b_3\end{array}\right|+\frac{\partial }{\partial z}\left|\begin{array}{cc}{a}_1& a_2\\ b_1& b_2\end{array}\right|\\ & =\left|\begin{array}{cc}{\partial }_x{a}_2& {\partial }_x{a}_3\\ b_2& b_3\end{array}\right|-\left|\begin{array}{cc}{\partial }_y{a}_1& {\partial }_y{a}_3\\ b_1& b_3\end{array}\right|+\left|\begin{array}{cc}{\partial }_z{a}_1& {\partial }_z{a}_2\\ b_1& b_2\end{array}\right|\\ & +\left|\begin{array}{cc}{a}_2& a_3\\ {\partial }_x{b}_2& {\partial }_x{b}_3\end{array}\right|-\left|\begin{array}{cc}{a}_1& a_3\\ {\partial }_y{b}_1& {\partial }_y{b}_3\end{array}\right|+\left|\begin{array}{cc}{a}_1& a_2\\ {\partial }_z{b}_1& {\partial }_z{b}_2\end{array}\right|\\ & =I_1+I_2,\end{array}$$

其中 $I_1$ 为前三项，$I_2$ 为后三项。经计算验证有

$$\begin{array}{rl}{I}_1& =b_1({\partial }_y{a}_3-{\partial }_z{a}_2)+b_2({\partial }_z{a}_1-{\partial }_x{a}_3)+b_3({\partial }_x{a}_2-{\partial }_y{a}_1)\\ & =\mathbf{B}\cdot (\nabla \times \mathbf{A}),\end{array}$$

同理可证

$$I_2=-\mathbf{A}\cdot (\nabla \times \mathbf{B}).$$

例题 26.1.4

设 $u(x,y,z)$ 在 $\overline{B_R(M_0)}$ 上二阶连续可微，其中 $M_0=(x_0,y_0,z_0)$，$B_R(M_0)$ 是以 $M_0$ 为心、以 $R$ 为半径的球。 对于 $0<\rho \le R$，如果都有

$${\iint }_{\partial B_{\rho }(M_0)}\frac{\partial u}{\partial n}(x,y,z)dS=0,$$

其中 $\partial B_{\rho }(M_0)$ 是以 $M_0$ 为心、以 $\rho$ 为半径的球面， $\mathbf{n}$ 是球面上的单位外法向量，则

$$u(M_0)=\frac{1}{4\pi R^2}{\iint }_{\partial B_R(M_0)}u(x,y,z)dS.$$

即球心的值等于球面上的积分平均值。

证 令

$$x=x_0+\rho \sin \phi \cos \theta ,y=y_0+\rho \sin \phi \sin \theta ,z=z_0+\rho \cos \phi ,$$ $$0\le \theta \le 2\pi ,0\le \phi \le \pi .$$

则在 $\partial B_{\rho }(M_0)$ 上有

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial u}{\partial n}(x,y,z)& =\nabla u\cdot \mathbf{n}\\ & =\frac{du}{d\rho }(x_0+\rho \sin \phi \cos \theta ,y_0+\rho \sin \phi \sin \theta ,z_0+\rho \cos \phi )\\ & =\frac{du}{d\rho }(M_0+\rho \mathbf{n}).\end{array}$$

于是

$$\begin{array}{rl}0& ={\iint }_{\partial B_{\rho }(M_0)}\frac{\partial u}{\partial n}(x,y,z)dS\\ & ={\rho }^2{\iint }_{\partial B_1(0)}\frac{du}{d\rho }(M_0+\rho \mathbf{n})d{S}_1\text{（由 (25.28)）}\\ & ={\rho }^2\frac{d}{d\rho }{\iint }_{\partial B_1(0)}u(M_0+\rho \mathbf{n})d{S}_1.\end{array}$$

由此可得到

$$\frac{d}{d\rho }{\iint }_{\partial B_1(0)}u(M_0+\rho \mathbf{n})d{S}_1=0,$$

即

$$\frac{d}{d\rho }\left[{\rho }^{-2}{\iint }_{\partial B_{\rho }(0)}u(M_0+\rho \mathbf{n})d{S}_{\rho }\right]=0.$$

因此对于 $0<\rho \le R$，

$${\rho }^{-2}{\iint }_{\partial B_{\rho }(0)}u(M_0+\rho \mathbf{n})d{S}_{\rho }=R^{-2}{\iint }_{\partial B_R(0)}u(M_0+R\mathbf{n})d{S}_R.$$

另一方面，当 $\rho \to 0^{+}$ 时，

$${\rho }^{-2}{\iint }_{\partial B_{\rho }(0)}u(M_0+\rho \mathbf{n})d{S}_{\rho }\to 4\pi u(M_0).$$

从而得到结论。

26.1.5 练习题

练习题 1

证明关系式 (26.7)—(26.14)。

解 设 $\mathbf{a}=(a_1,a_2,a_3)$，$\mathbf{b}=(b_1,b_2,b_3)$。线性关系

$$\nabla (\alpha f+\beta g)=\alpha \nabla f+\beta \nabla g,\nabla \cdot (\alpha \mathbf{a}+\beta \mathbf{b})=\alpha \nabla \cdot \mathbf{a}+\beta \nabla \cdot \mathbf{b},$$ $$\nabla \times (\alpha \mathbf{a}+\beta \mathbf{b})=\alpha \nabla \times \mathbf{a}+\beta \nabla \times \mathbf{b}$$

都是按分量逐项求导的直接结果。乘积公式同样如此：

$$\nabla (fg)=\left((fg{)}_x,(fg{)}_y,(fg{)}_z\right)=g\nabla f+f\nabla g,$$ $$\nabla \cdot (f\mathbf{a})=(f{a}_1{)}_x+(f{a}_2{)}_y+(f{a}_3{)}_z=f\nabla \cdot \mathbf{a}+(\nabla f)\cdot \mathbf{a},$$ $$\nabla \times (f\mathbf{a})=f(\nabla \times \mathbf{a})+(\nabla f)\times \mathbf{a}.$$

至于

$$\nabla \cdot (\nabla \times \mathbf{a})=0,\nabla \times (\nabla f)=0,$$

只要把定义展开后利用混合偏导可交换即可。例如

$$\nabla \cdot (\nabla \times \mathbf{a})=(a_{3y}-a_{2z}{)}_x+(a_{1z}-a_{3x}{)}_y+(a_{2x}-a_{1y}{)}_z=0.$$

练习题 2

证明命题 26.1.1。

解 对命题 26.1.1，分两部分说明。

对于向量场 $\mathbf{A}$，若 $\mathbf{A}=\nabla u$，则

$${\int }_C\mathbf{A}\cdot d\mathbf{r}={\int }_{C}du=u(B)-u(A),$$

故它是保守场，特别地沿任意闭曲线积分都为 $0$。反过来，若沿任意闭曲线积分都为 $0$，则线积分与路径无关。固定一点 $P_0$，定义

$$u(P)={\int }_{P_0}^P\mathbf{A}\cdot d\mathbf{r},$$

便得到 $\nabla u=\mathbf{A}$，故 $\mathbf{A}$ 是势场。又势场必无旋，因为 $\nabla \times (\nabla u)=0$；无旋场在 ${\mathbb{R}}^3$ 上又由 Stokes 公式推出 任意闭曲线上的积分为零，于是四个条件互相等价。

对于向量场 $\mathbf{A}$，若 $\mathbf{A}=\nabla \times \mathbf{B}$，则

$$\nabla \cdot \mathbf{A}=\nabla \cdot (\nabla \times \mathbf{B})=0,$$

故它无源。反之，若 $\nabla \cdot \mathbf{A}=0$，由于 ${\mathbb{R}}^3$ 是星形域，可由前面构造向量势的公式得到 $\mathbf{A}=\nabla \times \mathbf{B}$。再者，若 $\mathbf{A}=\nabla \times \mathbf{B}$，则对任意闭曲面 $\Sigma$，

$${\iint }_{\Sigma }\mathbf{A}\cdot \mathbf{n}dS={\iiint }_{\Omega }\nabla \cdot \mathbf{A}dV=0.$$

反过来，若任意闭曲面上的通量都为 $0$，则对任意有界区域 $\Omega$，

$${\iiint }_{\Omega }\nabla \cdot \mathbf{A}dV=0.$$

由连续性知 $\nabla \cdot \mathbf{A}\equiv 0$。于是第二组条件也彼此等价。

练习题 3

$V\subset D\subset {\mathbb{R}}^3$，$\mathbf{A}$ 在 $D$ 上连续可微， 证明：$\forall p_0\in V$，成立 1.

$$\mathrm{div}\mathbf{A}(p_0)=\underset{\dim V\to 0}{\lim }\frac{1}{|V|}{\iint }_{\Sigma }\mathbf{A}\cdot \mathbf{n}dS,$$

其中 $\Sigma =\partial V$ 为 $V$ 的边界，$\dim V$ 是 $V$ 的直径， $|V|$ 为 $V$ 的体积，$\mathbf{n}$ 为 $\Sigma$ 的单位外法向量；

$$\mathrm{curl}\mathbf{A}(p_0)=\underset{\dim V\to 0}{\lim }\frac{1}{|V|}{\iint }_{\Sigma }\mathbf{n}\times \mathbf{A}dS;$$

$$\mathrm{grad}\phi (p_0)=\underset{\dim V\to 0}{\lim }\frac{1}{|V|}{\iint }_{\Sigma }\phi \mathbf{n}dS,$$

其中 $\phi (x,y,z)$ 在 $D$ 上连续可微。

解

1. 由 Gauss 公式，

$$\frac{1}{|V|}{\iint }_{\Sigma }\mathbf{A}\cdot \mathbf{n}dS=\frac{1}{|V|}{\iiint }_V\mathrm{div}\mathbf{A}dV.$$

因而

$$\left|\frac{1}{|V|}{\iint }_{\Sigma }\mathbf{A}\cdot \mathbf{n}dS-\mathrm{div}\mathbf{A}(p_0)\right|\le \underset{p\in V}{\sup }\left|\mathrm{div}\mathbf{A}(p)-\mathrm{div}\mathbf{A}(p_0)\right|.$$

当 $\dim V\to 0$ 时，右端趋于 $0$，故极限等于 $\mathrm{div}\mathbf{A}(p_0)$。

1. 取任意常向量 $\mathbf{c}$，则

$$\mathbf{c}\cdot {\iint }_{\Sigma }\mathbf{n}\times \mathbf{A}dS={\iint }_{\Sigma }\mathbf{n}\cdot (\mathbf{A}\times \mathbf{c})dS={\iiint }_V\nabla \cdot (\mathbf{A}\times \mathbf{c})dV.$$

又

$$\nabla \cdot (\mathbf{A}\times \mathbf{c})=\mathbf{c}\cdot (\nabla \times \mathbf{A}),$$

所以

$$\mathbf{c}\cdot \frac{1}{|V|}{\iint }_{\Sigma }\mathbf{n}\times \mathbf{A}dS=\mathbf{c}\cdot \frac{1}{|V|}{\iiint }_V\nabla \times \mathbf{A}dV.$$

令 $\dim V\to 0$，由 (1) 对各分量的结果可得

$$\underset{\dim V\to 0}{\lim }\frac{1}{|V|}{\iint }_{\Sigma }\mathbf{n}\times \mathbf{A}dS=\nabla \times \mathbf{A}(p_0).$$

1. 同理，对任意常向量 $\mathbf{c}$，

$$\mathbf{c}\cdot {\iint }_{\Sigma }\phi \mathbf{n}dS={\iint }_{\Sigma }\mathbf{n}\cdot (\phi \mathbf{c})dS={\iiint }_V\nabla \cdot (\phi \mathbf{c})dV=\mathbf{c}\cdot {\iiint }_V\nabla \phi dV.$$

除以 $|V|$ 并令 $\dim V\to 0$，得

$$\underset{\dim V\to 0}{\lim }\frac{1}{|V|}{\iint }_{\Sigma }\phi \mathbf{n}dS=\nabla \phi (p_0).$$

练习题 4

设 $f$ 是 $\mathbb{R}$ 上的可微函数， $\mathbf{r}=x\mathbf{i}+y\mathbf{j}+z\mathbf{k}$， $r=|\mathbf{r}|$，求 $\mathrm{grad}f(r)$， $\mathrm{div}(f(r)\mathbf{r})$ 和 $\mathrm{curl}(f(r)\mathbf{r})$。

解 由 $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$，

$$\nabla r=\left(\frac{x}{r},\frac{y}{r},\frac{z}{r}\right)=\frac{\mathbf{r}}{r},$$

故

$$\mathrm{grad}f(r)=f^{\prime }(r)\nabla r=f^{\prime }(r)\frac{\mathbf{r}}{r}.$$

又

$$\mathrm{div}(f(r)\mathbf{r})=\sum _{i=1}^3\frac{\partial }{\partial x_i}(f(r)x_i)=f^{\prime }(r)\frac{x^2+y^2+z^2}{r}+3f(r)=r{f}^{\prime }(r)+3f(r).$$

再者，若取 $F^{\prime }(r)=rf(r)$，则

$$\nabla F(r)=F^{\prime }(r)\frac{\mathbf{r}}{r}=f(r)\mathbf{r},$$

所以

$$\mathrm{curl}(f(r)\mathbf{r})=0.$$

练习题 5

设 $\mathbf{r}=x\mathbf{i}+y\mathbf{j}+z\mathbf{k}$， $\mathbf{c}$ 是常向量，证明：

1. $\mathrm{curl}\mathbf{r}=0$；
2. $\mathrm{curl}(\mathbf{c}\times \mathbf{r})=2\mathbf{c}$。

解 1.

$$\mathrm{curl}\mathbf{r}=\left(\frac{\partial z}{\partial y}-\frac{\partial y}{\partial z},\frac{\partial x}{\partial z}-\frac{\partial z}{\partial x},\frac{\partial y}{\partial x}-\frac{\partial x}{\partial y}\right)=(0,0,0).$$

1. 写成分量即

$$\mathbf{c}\times \mathbf{r}=(c_{2}z-c_{3}y,c_{3}x-c_{1}z,c_{1}y-c_{2}x),$$

从而

$$\mathrm{curl}(\mathbf{c}\times \mathbf{r})=(2c_1,2c_2,2c_3)=2\mathbf{c}.$$

练习题 6

求满足 $\mathrm{div}(f(r)\mathbf{r})=0$ 的函数 $f(r)$。

解 由第 4 题，

$$\mathrm{div}(f(r)\mathbf{r})=r{f}^{\prime }(r)+3f(r).$$

故所求方程为

$$r{f}^{\prime }(r)+3f(r)=0,$$

即

$$(r^{3}f(r){)}^{\prime }=0.$$

因而

$$f(r)=\frac{C}{r^3}(r>0).$$

若还要求在 $r=0$ 处正则，则只能有 $C=0$。

练习题 7

设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 是无旋场，证明： $\mathbf{A}\times \mathbf{B}$ 是无源场。

解 用恒等式

$$\nabla \cdot (\mathbf{A}\times \mathbf{B})=\mathbf{B}\cdot (\nabla \times \mathbf{A})-\mathbf{A}\cdot (\nabla \times \mathbf{B}),$$

而 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 都无旋，所以

$$\nabla \cdot (\mathbf{A}\times \mathbf{B})=0.$$

因此 $\mathbf{A}\times \mathbf{B}$ 是无源场。

26.2.1—26.2.2 例题

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：

$${\iiint }_{\Omega }\Delta u\cdot vdxdydz+{\iiint }_{\Omega }\nabla u\cdot \nabla vdxdydz={\iint }_{\Sigma }v\frac{\partial u}{\partial n}dS,$$

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

证 根据方向导数的计算公式，

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{\Sigma }v\frac{\partial u}{\partial n}dS& ={\iint }_{\Sigma }v\left[\frac{\partial u}{\partial x}\cos (\mathbf{n},x)+\frac{\partial u}{\partial y}\cos (\mathbf{n},y)+\frac{\partial u}{\partial z}\cos (\mathbf{n},z)\right]dS.\end{array}$$

利用公式 (26.2)，则

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

注 1 令 $v=1$，则有

$${\iint }_{\Sigma }\frac{\partial u}{\partial n}dS={\iiint }_{\Omega }\Delta udxdydz.\text{\hspace{1em}(26.15)}$$

注 2 由第一 Green 恒等式可以证明第二 Green 恒等式，见 26.2.4 小节的练习题 2。

例题 26.2.2

设 $h(x,y,z)$ 在 ${\mathbb{R}}^3$ 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

$$M_h(x,y,z,r)=\frac{1}{4\pi r^2}{\iint }_{\partial B_r(M)}h(\xi ,\eta ,\zeta )d{S}_r,$$

其中 $r>0$，证明：

1. $M_h$ 是 $x,y,z,r$ 的二次连续可微函数；

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

其中

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

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

证 (1) 由 (25.27)，$M_h$ 的表达式可改写为

$$M_h(x,y,z,r)=\frac{1}{4\pi }{\iint }_{\partial B_1(0)}h(x+r{\alpha }_1,y+r{\alpha }_2,z+r{\alpha }_3)d{S}_1,$$

其中 $({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)$ 是球面 $\partial B_1(0)$ 的单位外法向量， $d{S}_1$ 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

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

应用 Gauss 公式 (26.2)，则

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

应用例题 25.5.3(2) 中的结果，则

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

由 (26.18)，(26.19) 得

$$\begin{array}{rl}\frac{{\partial }^2{M}_h}{\partial r^2}+\frac{2}{r}\frac{\partial M_h}{\partial r}& =\frac{1}{4\pi r^2}{\iint }_{\partial B_r(M)}\Delta h(\xi ,\eta ,\zeta )d{S}_r\\ & =\frac{1}{4\pi r^2}{\iint }_{\partial B_r(0)}\Delta h(x+r{\alpha }_1,y+r{\alpha }_2,z+r{\alpha }_3)d{S}_r\\ & =\Delta M_h(x,y,z,r).\end{array}$$

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

26.2.4 练习题

练习题 1

证明：

1. $\nabla \times (\nabla f)=0$；
2. $\nabla (\nabla \cdot \mathbf{a})-\nabla \times (\nabla \times \mathbf{a})=\Delta \mathbf{a}$， 其中 $\Delta \mathbf{a}=(\Delta a_1,\Delta a_2,\Delta a_3)$。

解

1. 直接展开：

$$\nabla \times (\nabla f)=\left(f_{zy}-f_{yz},f_{xz}-f_{zx},f_{yx}-f_{xy}\right)=0.$$

1. 设 $\mathbf{a}=(P,Q,R)$。只算第一分量：

$$\begin{array}{rl}& [\nabla (\nabla \cdot \mathbf{a})-\nabla \times (\nabla \times \mathbf{a}){]}_1\\ & =(P_{xx}+Q_{xy}+R_{xz})-[(Q_x-P_y{)}_y-(P_z-R_x{)}_z]=P_{xx}+P_{yy}+P_{zz}=\Delta P.\end{array}$$

其余两分量同理，故

$$\nabla (\nabla \cdot \mathbf{a})-\nabla \times (\nabla \times \mathbf{a})=(\Delta P,\Delta Q,\Delta R)=\Delta \mathbf{a}.$$

练习题 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：

$${\iiint }_{\Omega }(v\Delta u-u\Delta v)dxdydz={\iint }_{\Sigma }\left(v\frac{\partial u}{\partial n}-u\frac{\partial v}{\partial n}\right)dS,$$

其中 $\mathbf{n}$ 为 $\Sigma$ 的单位外法向量。

解 由第一 Green 恒等式，

$${\iiint }_{\Omega }(v\Delta u+\nabla u\cdot \nabla v)dV={\iint }_{\Sigma }v\frac{\partial u}{\partial n}dS,$$ $${\iiint }_{\Omega }(u\Delta v+\nabla v\cdot \nabla u)dV={\iint }_{\Sigma }u\frac{\partial v}{\partial n}dS.$$

两式相减即得

$${\iiint }_{\Omega }(v\Delta u-u\Delta v)dV={\iint }_{\Sigma }\left(v\frac{\partial u}{\partial n}-u\frac{\partial v}{\partial n}\right)dS.$$

练习题 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：

$${\iiint }_{\Omega }|\nabla u{|}^{2}dxdydz={\iint }_{\Sigma }u\frac{\partial u}{\partial n}dS,$$

并由此证明调和函数的唯一性，即调和函数在 $\Omega$ 内部的值由它在边界 $\Sigma$ 上的值唯一确定。

解 令 $v=u$ 代入第一 Green 恒等式，并利用 $\Delta u=0$，得

$${\iiint }_{\Omega }|\nabla u{|}^{2}dV={\iint }_{\Sigma }u\frac{\partial u}{\partial n}dS.$$

若 $u_1,u_2$ 在 $\Omega$ 内调和，且在 $\Sigma$ 上取同样边值，令 $w=u_1-u_2$，则 $w$ 在 $\Omega$ 内调和且 $w{|}_{\Sigma }=0$。于是

$${\iiint }_{\Omega }|\nabla w{|}^{2}dV={\iint }_{\Sigma }w\frac{\partial w}{\partial n}dS=0.$$

因而 $\nabla w\equiv 0$，即 $w$ 为常数；再由边界上 $w=0$，得 $w\equiv 0$。故调和函数由其边值唯一确定。

练习题 4

在调和函数性质 1 的条件下，证明：

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

解 由例题 25.5.3，

$${\iiint }_{B_R(M_0)}udV={\int }_0^R{\iint }_{\partial B_{\rho }(M_0)}udSd\rho .$$

若 $u$ 调和，则球面平均值公式给出

$${\iint }_{\partial B_{\rho }(M_0)}udS=4\pi {\rho }^{2}u(M_0).$$

所以

$${\iiint }_{B_R(M_0)}udV=4\pi u(M_0){\int }_0^R{\rho }^{2}d\rho =\frac{4}{3}\pi R^{3}u(M_0),$$

即

$$u(M_0)=\frac{1}{\frac{4}{3}\pi R^3}{\iiint }_{B_R(M_0)}udV.$$

练习题 5

证明命题 26.2.1 的推论。

解 设 $u$ 在圆盘 $x^2+y^2<R^2$ 内调和。令

$$v(\rho \cos \theta ,\rho \sin \theta )=u(R\rho \cos \theta ,R\rho \sin \theta ),0\le \rho <1.$$

则 $v$ 在单位圆盘内调和。把命题 26.2.1 用于 $v$，再以 $r=R\rho$ 还原，便得

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

这就是该推论。

练习题 6

证明：Poisson 积分公式 (26.20) 定义的函数是调和函数。

解 记

$$P_R(x,y;\phi )=\frac{R^2-x^2-y^2}{R^2-2R(x\cos \phi +y\sin \phi )+x^2+y^2}.$$

令 $z=x+iy$，则对每个固定的 $\phi$，

$$P_R(x,y;\phi )=\Re \frac{R{e}^{i\phi }+z}{R{e}^{i\phi }-z}.$$

右端是圆盘 $|z|<R$ 内解析函数的实部，因此对 $(x,y)$ 调和。Poisson 积分公式 (26.20) 是把这个核对边界数据积分，故所得函数仍调和。

练习题 7

证明：调和函数无限次可微。

解 取任意闭球 $\overline{B_{\rho }(M)}\subset D$。在球内，$u$ 可以写成边界值对 Poisson 核的积分。Poisson 核对内部变量是 $C^{\infty }$ 的，而且任意阶偏导都可由某个可积函数一致控制，因此可以任意次把微分移入积分号内。于是 $u$ 在该球内有任意阶连续偏导。球可任取，故调和函数在 $D$ 内是 $C^{\infty }$ 的。

练习题 8

若 $f$ 和 $g\circ f$ 都是一个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。

解 由链式法则，

$$\Delta (g\circ f)=g^{\prime \prime }(f)|\nabla f{|}^2+g^{\prime }(f)\Delta f=g^{\prime \prime }(f)|\nabla f{|}^2.$$

这里用到 $f$ 调和。又因 $g\circ f$ 也调和，故

$$g^{\prime \prime }(f)|\nabla f{|}^2=0.$$

若存在 $s_0\in f(D)$ 使 $g^{\prime \prime }(s_0)\ne 0$，则由连续性可取区间 $I\ni s_0$，使得 $g^{\prime \prime }$ 在 $I$ 上不为零。于是对开集 $U=f^{-1}(I)$ 有 $\nabla f=0$，所以 $f$ 在 $U$ 的每个连通分支上都是常数。取含有某点 $p_0$（满足 $f(p_0)=s_0$）的那个分支，便知 $f\equiv s_0$ 于其上，于是 $f$ 在 $p_0$ 附近既是局部最大也是局部最小。由调和函数的强极值原理，$f$ 必为常数，矛盾。故 $g^{\prime \prime }=0$ 在区间 $f(D)$ 上处处成立，从而 $g$ 在 $f(D)$ 上是线性的。若 $f(D)=\mathbb{R}$，便得到 $g$ 全局线性。

练习题 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

$${\iiint }_{D}fdxdydz={\iint }_{\partial D}gdS.$$

解 若

$$\Delta u=f\text{于 }D,\frac{\partial u}{\partial n}=g\text{于 }\partial D,$$

则对区域 $D$ 积分并用公式 (26.15)，得

$${\iiint }_{D}fdV={\iiint }_D\Delta udV={\iint }_{\partial D}\frac{\partial u}{\partial n}dS={\iint }_{\partial D}gdS.$$

这就是有解的必要条件。

26.3.2 第一组参考题

第一组参考题 1

设 $\mathbf{A},\mathbf{B}$ 为光滑向量场。证明： 1.

$$\nabla (\mathbf{A}\cdot \mathbf{B})=\mathbf{A}\times (\nabla \times \mathbf{B})+\mathbf{B}\times (\nabla \times \mathbf{A})+(\mathbf{B}\cdot \nabla )\mathbf{A}+(\mathbf{A}\cdot \nabla )\mathbf{B};$$

$$\nabla \times (\mathbf{A}\times \mathbf{B})=(\mathbf{B}\cdot \nabla )\mathbf{A}-(\mathbf{A}\cdot \nabla )\mathbf{B}+(\nabla \cdot \mathbf{B})\mathbf{A}-(\nabla \cdot \mathbf{A})\mathbf{B}.$$

解 采用求和约定，并记 ${\epsilon }_{ijk}$ 为 Levi-Civita 符号。

1. 设 $\mathbf{A}=(A_i),\mathbf{B}=(B_i)$。则

$$[\nabla (\mathbf{A}\cdot \mathbf{B}){]}_i={\partial }_i(A_j{B}_j)=({\partial }_i{A}_j)B_j+A_j({\partial }_i{B}_j).$$

又

$$[\mathbf{A}\times (\nabla \times \mathbf{B}){]}_i={\epsilon }_{ijk}{A}_j{\epsilon }_{klm}{\partial }_l{B}_m=A_j({\partial }_i{B}_j-{\partial }_j{B}_i),$$ $$[\mathbf{B}\times (\nabla \times \mathbf{A}){]}_i=B_j({\partial }_i{A}_j-{\partial }_j{A}_i).$$

两式与

$$[(\mathbf{B}\cdot \nabla )\mathbf{A}{]}_i=B_j{\partial }_j{A}_i,[(\mathbf{A}\cdot \nabla )\mathbf{B}{]}_i=A_j{\partial }_j{B}_i$$

相加，恰得 $[\nabla (\mathbf{A}\cdot \mathbf{B}){]}_i$。故

$$\nabla (\mathbf{A}\cdot \mathbf{B})=\mathbf{A}\times (\nabla \times \mathbf{B})+\mathbf{B}\times (\nabla \times \mathbf{A})+(\mathbf{B}\cdot \nabla )\mathbf{A}+(\mathbf{A}\cdot \nabla )\mathbf{B}.$$

1. 同理，

$$[\nabla \times (\mathbf{A}\times \mathbf{B}){]}_i={\epsilon }_{ijk}{\partial }_j({\epsilon }_{klm}{A}_l{B}_m)={\partial }_m(A_i{B}_m)-{\partial }_l(A_l{B}_i),$$

展开即得

$$\nabla \times (\mathbf{A}\times \mathbf{B})=(\mathbf{B}\cdot \nabla )\mathbf{A}-(\mathbf{A}\cdot \nabla )\mathbf{B}+(\nabla \cdot \mathbf{B})\mathbf{A}-(\nabla \cdot \mathbf{A})\mathbf{B}.$$

第一组参考题 2

设 $G$ 是 ${\mathbb{R}}^3$ 中关于原点 $O$ 的星形区域， $\mathbf{F}(x,y,z)$ 为 $G$ 上的光滑无源场。定义

$$\mathbf{A}(x,y,z)={\int }_0^1[t\mathbf{F}(tx,ty,tz)\times \mathbf{r}]dt.$$

利用上题 (2) 证明：

$$\nabla \times \mathbf{A}=\mathbf{F}.$$

解 记

$${\mathbf{G}}_t(\mathbf{r})=t\mathbf{F}(t\mathbf{r}),\mathbf{A}(\mathbf{r})={\int }_0^1{\mathbf{G}}_t(\mathbf{r})\times \mathbf{r}dt.$$

由上题 (2)，

$$\nabla \times ({\mathbf{G}}_t\times \mathbf{r})=(\mathbf{r}\cdot \nabla ){\mathbf{G}}_t-({\mathbf{G}}_t\cdot \nabla )\mathbf{r}+(\nabla \cdot \mathbf{r}){\mathbf{G}}_t-(\nabla \cdot {\mathbf{G}}_t)\mathbf{r}.$$

这里

$$({\mathbf{G}}_t\cdot \nabla )\mathbf{r}={\mathbf{G}}_t,\nabla \cdot \mathbf{r}=3,\nabla \cdot {\mathbf{G}}_t=t^2\nabla \cdot \mathbf{F}(t\mathbf{r})=0.$$

故

$$\nabla \times ({\mathbf{G}}_t\times \mathbf{r})=(\mathbf{r}\cdot \nabla ){\mathbf{G}}_t+2{\mathbf{G}}_t.$$

另一方面，

$$\frac{d}{dt}[t^2\mathbf{F}(t\mathbf{r})]=2t\mathbf{F}(t\mathbf{r})+t^2(\mathbf{r}\cdot \nabla )\mathbf{F}(t\mathbf{r})=(\mathbf{r}\cdot \nabla ){\mathbf{G}}_t+2{\mathbf{G}}_t.$$

因而

$$\begin{array}{rl}\nabla \times \mathbf{A}& ={\int }_0^1\nabla \times ({\mathbf{G}}_t\times \mathbf{r})dt={\int }_0^1\frac{d}{dt}[t^2\mathbf{F}(t\mathbf{r})]dt\\ & =\mathbf{F}(\mathbf{r}).\end{array}$$

第一组参考题 3

设 $\mathbf{A}$ 是 ${\mathbb{R}}^3$ 上的光滑向量场， $\mathbf{B}$ 是 ${\mathbb{R}}^3$ 上二次连续可微的向量场，满足

$$\nabla \times \mathbf{B}=\frac{1}{r}(\nabla r\times \mathbf{A}),$$

其中 $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$，证明：

$${\oint }_L\mathbf{A}\cdot \mathbf{\tau }ds=0,$$

其中 $L$ 是以原点为中心的球面上的封闭光滑简单定向曲线， $\mathbf{\tau }$ 是 $L$ 上与其方向一致的单位切向量。

解 设 $L$ 位于球面 $r=R$ 上，$S$ 是它围成的一块球面片，$K$ 是由原点与 $L$ 围成的锥面，$V$ 为 $S$ 与 $K$ 所围成的立体。因为

$$\nabla \times \mathbf{B}=\frac{1}{R}(\mathbf{n}\times \mathbf{A})\text{在 }S\text{ 上},$$

故 $(\nabla \times \mathbf{B})\cdot \mathbf{n}=0$，于是

$${\iint }_S(\nabla \times \mathbf{B})\cdot \mathbf{n}dS=0.$$

再由 Gauss 公式和 $\nabla \cdot (\nabla \times \mathbf{B})=0$，

$${\iint }_K(\nabla \times \mathbf{B})\cdot \mathbf{N}dS=0.$$

现取 $L$ 的弧长参数表示 $\gamma (s)$，则 $|\gamma (s)|=R$，${\gamma }^{\prime }(s)=\mathbf{\tau }(s)$。锥面可参数化为

$$\mathbf{X}(s,t)=t\gamma (s),0\le t\le 1.$$

对应的外侧面积向量为 ${\mathbf{X}}_s\times {\mathbf{X}}_t$。由于

$${\mathbf{X}}_s=t\mathbf{\tau },{\mathbf{X}}_t=\gamma =R\nabla r,r=tR,$$

得

$$\begin{array}{rl}(\nabla \times \mathbf{B})\cdot ({\mathbf{X}}_s\times {\mathbf{X}}_t)& =\frac{1}{tR}(\nabla r\times \mathbf{A})\cdot (t\mathbf{\tau }\times R\nabla r)\\ & =-\mathbf{A}\cdot \mathbf{\tau }.\end{array}$$

因而

$$0={\iint }_K(\nabla \times \mathbf{B})\cdot \mathbf{N}dS=-{\int }_0^{1}dt{\oint }_L\mathbf{A}\cdot \mathbf{\tau }ds=-{\oint }_L\mathbf{A}\cdot \mathbf{\tau }ds.$$

于是

$${\oint }_L\mathbf{A}\cdot \mathbf{\tau }ds=0.$$

第一组参考题 4

设长度为 $l$ 的平面简单闭曲线 $C$ 由方程 $F(x,y)=0$ 确定。 $F(x,y)$ 二阶连续可微，且 $\nabla F(x,y)\ne 0$，设 $D=\{(x,y)\mid F(x,y)>0\}$ 为曲线 $C$ 围成的区域，计算二重积分

$${\iint }_D\nabla \cdot \left(\frac{\nabla F}{|\nabla F|}\right)dxdy.$$

解 在区域 $D=\{F>0\}$ 上，曲线 $C$ 的外法向量为

$$\mathbf{n}=-\frac{\nabla F}{|\nabla F|}.$$

由 Green 公式，

$$\begin{array}{rl}{\iint }_D\nabla \cdot \left(\frac{\nabla F}{|\nabla F|}\right)dxdy& ={\oint }_C\frac{\nabla F}{|\nabla F|}\cdot \mathbf{n}ds=-{\oint }_{C}ds=-l.\end{array}$$

第一组参考题 5

设 $u(x,y,z)$ 是连续函数，它在 $M(x_0,y_0,z_0)$ 处有连续二阶偏导数，记

$$F(R)=\frac{1}{4\pi R^2}{\iint }_{\partial B_R(M)}u(x,y,z)dS,$$

其中 $\partial B_R(M)$ 是以 $M$ 为心、$R$ 为半径的球面。证明：

$$\underset{R\to 0}{\lim }F(R)=u(M).$$

若 $\Delta u(M)$ 不等于零，求无穷小量 $F(R)-u(M)$ 的主要部分。

解 设 $\mathbf{\alpha }=({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)$ 为单位球面的外法向量，则

$$F(R)=\frac{1}{4\pi }{\iint }_{\partial B_1(0)}u(M+R\mathbf{\alpha })d{S}_1.$$

在 $M$ 点作 Taylor 展开：

$$u(M+R\mathbf{\alpha })=u(M)+R\nabla u(M)\cdot \mathbf{\alpha }+\frac{R^2}{2}\sum _{i,j}{u}_{ij}(M){\alpha }_i{\alpha }_j+o(R^2).$$

用

$${\iint }_{\partial B_1}{\alpha }_{i}d{S}_1=0,{\iint }_{\partial B_1}{\alpha }_i{\alpha }_{j}d{S}_1=\frac{4\pi }{3}{\delta }_{ij},$$

得

$$F(R)=u(M)+\frac{R^2}{6}\Delta u(M)+o(R^2).$$

因而

$$\underset{R\to 0}{\lim }F(R)=u(M),$$

且当 $\Delta u(M)\ne 0$ 时，

$$F(R)-u(M)\sim \frac{R^2}{6}\Delta u(M).$$

第一组参考题 6

设 $u,v$ 在 $\overline{\Omega }$ 上二阶连续可微，且在 $\Omega$ 的边界上 $u=v$。如果 $u$ 是调和函数，则

$${\iiint }_{\Omega }|\nabla u{|}^{2}dxdydz\le {\iiint }_{\Omega }|\nabla v{|}^{2}dxdydz.$$

解 令 $w=v-u$，则 $w{|}_{\partial \Omega }=0$。于是

$$|\nabla v{|}^2=|\nabla u{|}^2+2\nabla u\cdot \nabla w+|\nabla w{|}^2.$$

对 $\Omega$ 积分，并对中间项用第一 Green 恒等式：

$${\iiint }_{\Omega }\nabla u\cdot \nabla wdV={\iint }_{\partial \Omega }w\frac{\partial u}{\partial n}dS-{\iiint }_{\Omega }w\Delta udV=0.$$

因为 $\Delta u=0$ 且 $w{|}_{\partial \Omega }=0$。故

$${\iiint }_{\Omega }|\nabla v{|}^{2}dV={\iiint }_{\Omega }|\nabla u{|}^{2}dV+{\iiint }_{\Omega }|\nabla w{|}^{2}dV\ge {\iiint }_{\Omega }|\nabla u{|}^{2}dV.$$

第一组参考题 7

设 $u(x,y)$ 在 $x^2+y^2<1$ 上二阶连续可微，且 $\Delta u=e^{-(x^2+y^2)}$，证明：

$${\iint }_{x^2+y^2<1}\left(x\frac{\partial u}{\partial x}+y\frac{\partial u}{\partial y}\right)dxdy=\frac{\pi }{2e}.$$

解 记单位圆盘为 $D$，取

$$\psi (x,y)=\frac{1-x^2-y^2}{4},$$

则 $\psi {|}_{\partial D}=0$，$\Delta \psi =-1$，且 $\frac{\partial \psi }{\partial n}=-\frac{1}{2}$。由第二 Green 恒等式，

$${\iint }_D(u\Delta \psi -\psi \Delta u)dxdy={\int }_{\partial D}\left(u\frac{\partial \psi }{\partial n}-\psi \frac{\partial u}{\partial n}\right)ds.$$

代入上式并利用 $\Delta u=e^{-(x^2+y^2)}$，得

$$\frac{1}{2}{\int }_{\partial D}uds={\iint }_{D}udxdy+{\iint }_D\psi e^{-(x^2+y^2)}dxdy.$$

另一方面，

$$\nabla \cdot (xu,yu)=2u+x{u}_x+y{u}_y,$$

故

$${\iint }_D\left(x{u}_x+y{u}_y\right)dxdy={\int }_{\partial D}uds-2{\iint }_{D}udxdy=2{\iint }_D\psi e^{-(x^2+y^2)}dxdy.$$

改用极坐标即得

$$\begin{array}{rl}{\iint }_D\left(x{u}_x+y{u}_y\right)dxdy& =2{\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1\frac{1-r^2}{4}{e}^{-r^2}rdrd\theta =\frac{\pi }{2e}.\end{array}$$

26.3.2 第二组参考题

第二组参考题 1

证明：处处满足平均值公式的连续函数一定是调和函数。

解 设 $u$ 在区域 $D$ 上连续，并对每个闭球 $\overline{B_r(M)}\subset D$ 满足平均值公式。任取这样一个球，令 $h$ 为球内与 $u$ 有相同边值的调和函数（可由 Poisson 公式给出）。则 $w=u-h$ 在球内仍满足平均值公式，且在边界上为零。对满足平均值公式的函数，极大值原理与调和函数完全相同：若在内部某点达到最大值，则以该点为心的任意小球上的平均值都等于此最大值，从而球面上各点也都取此值，故函数在该球内恒为常数。于是 $w$ 的最大值、最小值都只能在边界上取得，故 $w\equiv 0$。因此 $u=h$，在任意小球内都调和，所以 $u$ 在 $D$ 上调和。

第二组参考题 2

设 $u_n(x,y)$ 是定义在圆盘 $B_R$ 上的调和函数序列，都在 $\overline{B_R}$ 上连续，若 $u_n(x,y)$ 在 $B_R$ 的边界 $\partial B_R$ 上一致收敛， 则 $u_n(x,y)$ 在 $B_R$ 上也一致收敛，并且极限函数也是调和函数。

解 设

$$g_n=u_n{|}_{\partial B_R}.$$

由假设，$g_n$ 在 $\partial B_R$ 上一致收敛于某连续函数 $g$。令 $u$ 为以 $g$ 为边值的调和函数。对每个 $n$，函数 $u_n-u$ 在 $B_R$ 内调和，故由最大值原理，

$$\underset{B_R}{\sup }|u_n-u|\le \underset{\partial B_R}{\sup }|g_n-g|.$$

右端趋于 $0$，所以 $u_n$ 在 $B_R$ 上一致收敛于 $u$。极限函数 $u$ 既是调和函数，结论成立。

第二组参考题 3

设 $u(x,y,z)$ 在区域 $D$ 上二阶连续可微，证明： $\Delta u\ge 0$（$\forall (x,y,z)\in D$）的充分必要条件是

$$u(M_0)\le \frac{1}{4\pi R^2}{\iint }_{\partial B_R(M_0)}u(x,y,z)dS,\forall B_R(M_0)\subset D.$$

解 记

$$M(R)=\frac{1}{4\pi R^2}{\iint }_{\partial B_R(M_0)}udS.$$

由例题 26.2.2，

$$M^{\prime \prime }(R)+\frac{2}{R}{M}^{\prime }(R)=\frac{1}{4\pi R^2}{\iint }_{\partial B_R(M_0)}\Delta udS.$$

若 $\Delta u\ge 0$，则右端非负，从而

$$(R^2{M}^{\prime }(R){)}^{\prime }\ge 0.$$

又 $M^{\prime }(0)=0$，故 $M^{\prime }(R)\ge 0$，即 $M(R)\ge M(0)=u(M_0)$，这就得到所给不等式。

反过来，若对一切小球都成立

$$u(M_0)\le M(R),$$

则由上一组第 5 题中的展开式

$$M(R)=u(M_0)+\frac{R^2}{6}\Delta u(M_0)+o(R^2)$$

可知

$$\frac{R^2}{6}\Delta u(M_0)+o(R^2)\ge 0(R\to 0),$$

从而 $\Delta u(M_0)\ge 0$。因 $M_0$ 任意，故 $\Delta u\ge 0$。

第二组参考题 4

设 $u(x,y,z)$ 是由光滑曲面 $S$ 所包围的有界区域 $\Omega$ 上的调和函数，则

$$u(x,y,z)=\frac{1}{4\pi }{\iint }_S\left[u(\xi ,\eta ,\zeta )\frac{\cos (\mathbf{r},\mathbf{n})}{r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial u(\xi ,\eta ,\zeta )}{\partial n}\right]dS,$$

其中 $\mathbf{r}=(\xi -x,\eta -y,\zeta -z)$，$r=|\mathbf{r}|$。

解 固定内点 $X=(x,y,z)$，并记

$$r=|(\xi ,\eta ,\zeta )-X|.$$

对去心区域 ${\Omega }_{\epsilon }=\Omega \setminus \overline{B_{\epsilon }(X)}$ 应用第二 Green 恒等式于 $u$ 与 $1/r$，注意在 ${\Omega }_{\epsilon }$ 内

$$\Delta u=0,\Delta \left(\frac{1}{r}\right)=0,$$

得

$$0={\iint }_S\left(\frac{1}{r}\frac{\partial u}{\partial n}-u\frac{\partial }{\partial n}\frac{1}{r}\right)dS+{\iint }_{\partial B_{\epsilon }(X)}\left(\frac{1}{r}\frac{\partial u}{\partial n_{\epsilon }}-u\frac{\partial }{\partial n_{\epsilon }}\frac{1}{r}\right)dS.$$

这里 $n_{\epsilon }$ 是 ${\Omega }_{\epsilon }$ 的外法向量，因此在小球上 $n_{\epsilon }=-\mathbf{r}/r$。于是

$$\frac{\partial }{\partial n_{\epsilon }}\frac{1}{r}=\frac{1}{{\epsilon }^2},{\iint }_{\partial B_{\epsilon }(X)}\frac{1}{r}\frac{\partial u}{\partial n_{\epsilon }}dS=O(\epsilon ),$$ $${\iint }_{\partial B_{\epsilon }(X)}u\frac{\partial }{\partial n_{\epsilon }}\frac{1}{r}dS\to 4\pi u(X).$$

令 $\epsilon \to 0$，便得

$$u(X)=\frac{1}{4\pi }{\iint }_S\left[-u(\xi ,\eta ,\zeta )\frac{\partial }{\partial n}\frac{1}{r}+\frac{1}{r}\frac{\partial u(\xi ,\eta ,\zeta )}{\partial n}\right]dS.$$

又

$$\frac{\partial }{\partial n}\frac{1}{r}=-\frac{\cos (\mathbf{r},\mathbf{n})}{r^2},$$

故

$$u(x,y,z)=\frac{1}{4\pi }{\iint }_S\left[u(\xi ,\eta ,\zeta )\frac{\cos (\mathbf{r},\mathbf{n})}{r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial u(\xi ,\eta ,\zeta )}{\partial n}\right]dS.$$

第二组参考题 5

利用 Poisson 积分公式证明不等式

$$\frac{R-r}{R+r}u(x_0,y_0)\le u(x,y)\le \frac{R+r}{R-r}u(x_0,y_0),$$

其中 $u$ 是以 $R$ 为半径，$(x_0,y_0)$ 为圆心的开圆盘上的非负调和函数， $r<R$ 是 $(x,y)$ 与 $(x_0,y_0)$ 的距离。

解 由平移与旋转不变性，不妨设圆盘中心在原点，且 $(x,y)=(r,0)$。Poisson 公式给出

$$u(r,0)=\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }u(R\cos \phi ,R\sin \phi )\frac{R^2-r^2}{R^2-2Rr\cos \phi +r^2}d\phi .$$

对核函数有估计

$$\frac{R-r}{R+r}\le \frac{R^2-r^2}{R^2-2Rr\cos \phi +r^2}\le \frac{R+r}{R-r}.$$

因为 $u\ge 0$，故

$$\frac{R-r}{R+r}\cdot \frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }u(R\cos \phi ,R\sin \phi )d\phi \le u(r,0)$$ $$\le \frac{R+r}{R-r}\cdot \frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }u(R\cos \phi ,R\sin \phi )d\phi .$$

而圆心处的 Poisson 公式正给出

$$u(0,0)=\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }u(R\cos \phi ,R\sin \phi )d\phi .$$

还原中心 $(x_0,y_0)$ 即得

$$\frac{R-r}{R+r}u(x_0,y_0)\le u(x,y)\le \frac{R+r}{R-r}u(x_0,y_0).$$

第二组参考题 6

证明：全平面上有界的调和函数一定是常数。

解 设 $|u|\le M$ 于全平面，令 $v=u+M\ge 0$。任取两点 $P,Q$，记 $|P-Q|=r$。对任意 $R>r$，在以 $P$ 为圆心、$R$ 为半径的圆盘上对 $v$ 应用上题不等式，得

$$\frac{R-r}{R+r}v(P)\le v(Q)\le \frac{R+r}{R-r}v(P).$$

令 $R\to \infty$，便有 $v(Q)=v(P)$。由于 $P,Q$ 任意，$v$ 为常数，从而 $u$ 也为常数。

\end{document}