基本解方法
目录
1 𝛿 函数 2
1.1 𝛿 函数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 性质 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2.1 筛选性 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2.2 对称性 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2.3 卷积 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2.4 傅里叶变换 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2.5 导数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2.6 傅里叶展开 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2.7 原函数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 高维 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2 𝐿𝑢 = 0 型方程基本解 6
3 格林函数 7
4 𝑢
𝑡
= 𝐿𝑢, 𝑢
𝑡𝑡
= 𝐿𝑢 型方程 12
5 傅里叶变换求解格林函数 18
1
1 𝛿 函数
1.1 𝛿 函数
𝛿 函数定义为
𝛿(𝑥) =
+∞, 𝑥 = 0
0, 𝑥 ≠ 0
并且积分
∫
∞
−∞
𝛿(𝑥)d𝑥 = 1
1.2 性质
1.2.1 筛选性
内积
⟨
𝛿(𝑥), 𝑓 (𝑥)
⟩
=
∫
∞
−∞
𝛿(𝑥) · 𝑓 (𝑥)d𝑥 = 𝑓 (0)
𝛿 函数只在零点不为零, 因而取一个邻域
∫
∞
−∞
𝛿(𝑥) · 𝜑(𝑥)d𝑥 =
∫
+𝜖
−𝜖
𝛿(𝑥)𝜑(𝑥)d𝑥
利用积分中值定理
∫
+𝜖
−𝜖
𝛿(𝑥)𝜑(𝑥)d𝑥 = 𝜑(𝜂)
∫
+𝜖
−𝜖
𝛿(𝑥)d𝑥 = 𝜑(𝜂), 𝜂 ∈ (−𝜖, 𝜖)
令 𝜖 → 0 即得
∫
∞
−∞
𝛿(𝑥)𝜑(𝑥)d𝑥 = 𝜑(0)
可以不取在零点
∫
∞
−∞
𝛿(𝑥 − 𝜉)𝜑(𝑥)d𝑥 = 𝜑(𝜉)
更一般地
∫
𝑏
𝑎
𝛿(𝑥 − 𝜉)𝜑(𝑥)d𝑥 =
𝜑(𝜉), 𝜉 ∈ (𝑎, 𝑏)
0, 𝜉 ∉ (𝑎, 𝑏)
1.2.2 对称性
𝛿(−𝑥) = 𝛿(𝑥)
即
∫
∞
−∞
𝛿(−𝑥)𝜑(𝑥)d𝑥 =
∫
∞
−∞
𝛿(𝑥)𝜑(𝑥)d𝑥 = 𝜑(0)
令 𝑡 = −𝑥, 则
∫
∞
−∞
𝛿(−𝑥)𝜑(𝑥)d𝑥 =
∫
∞
−∞
𝛿(𝑡)𝜑(−𝑡)d𝑡 = 𝜑(0)
1.2.3 卷积
𝛿(𝑥) ∗ 𝜑(𝑥) = 𝜑(𝑥)
利用筛选性给出证明
𝛿(𝑥) ∗ 𝜑(𝑥) =
∫
∞
−∞
𝛿(𝑥 − 𝜉)𝜑(𝜉)d𝜉 =
∫
∞
−∞
𝛿(𝜉 − 𝑥)𝜑(𝜉)d𝜉 = 𝜑(𝑥)
1.2.4
傅里叶变换
∫
∞
−∞
𝛿(𝑥)𝑒
−𝑖𝜆𝑥
d𝑥 = 𝑒
−𝑖𝜆𝑥
𝑥=0
= 1
因而
F
−1
[1] =
1
2𝜋
∫
∞
−∞
𝑒
𝑖𝜆𝑥
d𝜆 = 𝛿(𝑥)
相应地
∫
∞
−∞
𝛿(𝑥)𝑒
𝑖𝜆𝑥
d𝜆 = 2𝜋𝛿(𝑥) ⇒
∫
∞
−∞
𝑒
𝑖𝜆𝑥
d𝑥 = 2𝜋𝛿(𝜆)
𝑥 的傅里叶变换, 已经有
∫
∞
−∞
𝑒
−𝑖𝜆𝑥
d𝑥 = 2𝜋𝛿(𝜆)
两边对 𝜆 求导得到
∫
∞
−∞
(−𝑖𝑥)𝑒
−𝑖𝜆𝑥
d𝑥 = 2𝜋𝑖𝛿
′
(𝜆)
即
∫
∞
−∞
𝑥𝑒
−𝑖𝜆𝑥
d𝑥 = 2𝜋𝑖𝛿
′
(𝜆)
即 𝑥 的傅里叶变换为
F [𝑥] = 2𝜋𝑖𝛿
′
(𝜆)
对于余弦函数, 在复数域上有
cos 𝑎𝑥 =
1
2
𝑒
𝑖𝑎𝑥
+ 𝑒
−𝑖𝑎𝑥
因而
F [cos 𝑎𝑥] =
1
2
F [𝑒
𝑖𝑎𝑥
] + F [𝑒
−𝑖𝑎𝑥
]
利用平移定理得到
F [cos 𝑎𝑥] = 𝜋
(
𝛿(𝜆 − 𝑎) + 𝛿(𝜆 + 𝑎)
)
同理可得正弦函数的傅里叶变换
F [sin 𝑎𝑥] = 𝜋𝑖
(
𝛿(𝜆 − 𝑎) − 𝛿(𝜆 + 𝑎)
)
1.2.5 导数
⟨
𝛿
′
(𝑥), 𝜑(𝑥)
⟩
= −𝜑
′
(0)
更一般地
𝛿
(𝑛)
(𝑥), 𝜑(𝑥)
= (−1)
𝑛
𝜑
(𝑛)
(0)
利用分部积分即证
∫
∞
−∞
𝛿
′
(𝑥)𝜑(𝑥)d𝑥 =
∫
∞
−∞
𝜑(𝑥)d𝛿(𝑥) = 𝜑(𝑥)𝛿(𝑥)
∞
−∞
−
∫
∞
−∞
𝜑
′
(𝑥)𝛿(𝑥)d𝑥 = −𝜑
′
(0)
1.2.6 傅里叶展开
若 𝑓 (𝑥) 定义在 [−𝑙, 𝑙], 其傅里叶级数为
𝑓 (𝑥) =
𝑎
0
2
+
∞
Õ
𝑛=1
𝑎
𝑛
cos
𝑛𝜋𝑥
𝑙
+ 𝑏
𝑛
sin
𝑛𝜋𝑥
𝑙
其中
𝑎
𝑛
=
1
𝑙
∫
𝑙
−𝑙
𝑓 (𝑥) cos
𝑛𝜋𝑥
𝑙
d𝑥, 𝑏
𝑛
=
1
𝑙
∫
𝑙
−𝑙
𝑓 (𝑥) sin
𝑛𝜋𝑥
𝑙
d𝑥
对于 𝛿 函数 𝛿(𝑥 − 𝜉), 其傅里叶展开系数为
𝑎
𝑛
=
1
𝑙
∫
𝑙
−𝑙
𝛿(𝑥 − 𝜉) cos
𝑛𝜋𝑥
𝑙
d𝑥 =
1
𝑙
cos
𝑛𝜋𝜉
𝑙
𝑏
𝑛
=
1
𝑙
∫
𝑙
−𝑙
𝛿(𝑥 − 𝜉) sin
𝑛𝜋𝑥
𝑙
d𝑥 =
1
𝑙
sin
𝑛𝜋𝜉
𝑙
1.2.7 原函数
𝛿 函数的变上限积分
∫
𝑥
−∞
𝛿(𝜉)d𝜉 =
0, 𝑥 < 0
1, 𝑥 ≥ 0
因而其原函数为
𝐻(𝑥) + 𝐶
𝛿
(
𝑎𝑥
)
=
1
|𝑎|
𝛿(𝑥)
证明
对于 𝑎 > 0 有
∫
∞
−∞
𝛿
(
𝑎𝑥
)
𝜑(𝑥)d𝑥 =
∫
∞
−∞
𝛿𝑡𝜑
𝑡
𝑎
d
𝑡
𝑎
=
1
𝑎
∫
∞
−∞
𝛿(𝑡)𝜑
𝑡
𝑎
d𝑡 =
1
𝑎
𝜑(0)
又有
∫
∞
−∞
𝛿(𝑥)
𝑎
𝜑(𝑥)d𝑥 =
1
𝑎
𝜑(0)
得正成立; 同理 𝑎 < 0 也成立
1.3 高维
高维的 𝛿 函数定义为
𝛿(𝑥, 𝑦, 𝑧) =
+∞, 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 = 0
0, 𝑥
2
+ 𝑦
2
+ 𝑧
2
≠ 0
,
∭
+∞
−∞
𝛿(𝑥, 𝑦, 𝑧)d𝑥d𝑦d𝑧 = 1
实际上有
𝛿(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝛿(𝑥)𝛿(𝑦)𝛿(𝑧)
高维的卷积
𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧) ∗ 𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) =
∭
𝑓 (𝑥 − 𝜉, 𝑦 − 𝜂, 𝑧 − 𝜁)𝑔(𝜉, 𝜂, 𝜁 )d𝜉d𝜂d𝜁
抽象地, 有
𝑓 (𝑚) ∗ 𝑔(𝑚) =
∫
𝑅
𝑛
𝑓 (𝑚 − 𝑚
0
)𝑔(𝑚
0
)d𝑚
0
’
2 𝐿𝑢 = 0 型方程基本解
考虑
1. 原方程
𝐿𝑢(𝑚) = 𝑓 (𝑚)
2. 基本解方程
𝐿𝑈 (𝑚) = 𝛿(𝑚)
则
𝑢(𝑚) = 𝑈 (𝑚) ∗ 𝑓 (𝑚)
证明
𝐿[𝑈(𝑚) ∗ 𝑓 (𝑚)] = 𝐿
∫
𝑈(𝑚 − 𝑚
0
) 𝑓 (𝑚
0
)d𝑚
0
=
∫
𝐿[𝑈(𝑚 − 𝑚
0
)] 𝑓 (𝑚
0
)d𝑚
0
而 𝑈 正是基本解,𝐿[𝑈(𝑚 − 𝑚
0
)] = 𝛿(𝑚 − 𝑚
0
), 因而
𝐿[ 𝑢(𝑚)] =
∫
𝛿(𝑚 − 𝑚
0
) 𝑓 (𝑚
0
)d𝑚
0
= 𝑓 (𝑚)
即证
卷积有导数
[𝑓 (𝑥) ∗ 𝑔(𝑥)]
′
= 𝑓
′
(𝑥) ∗ 𝑔(𝑥)
这是因为
[𝑓 (𝑥) ∗ 𝑔(𝑥)]
′
=
∫
∞
−∞
𝑓 (𝑥 − 𝜉)𝑔(𝜉)d𝜉
′
=
∫
∞
−∞
𝑓
′
(𝑥 − 𝜉)𝑔(𝜉)d𝜉 = 𝑓
′
(𝑥) ∗ 𝑔(𝑥)
特别地, 在二维和三维情形下
1. Δ
3
𝑈 = 𝛿(𝑥, 𝑦, 𝑧)
𝑈 = −
1
4𝜋𝑟
, 𝑟 =
p
𝑥
2
+ 𝑦
2
+ 𝑧
2
2. Δ
2
𝑈 = 𝛿(𝑥, 𝑦)
𝑈 = −
1
2𝜋
ln 𝑟, 𝑟 =
p
𝑥
2
+ 𝑦
2
求基本解
𝑦
′
+ 𝑎𝑦 = 0
基本解方程
𝑈
′
+ 𝑎𝑈 = 𝛿(𝑥)
其解为
𝑈 = 𝑒
−𝑎𝑥
∫
𝑥
−∞
𝑒
𝑎𝜏
𝛿(𝜏)d𝜏
= 𝑒
−𝑎𝑥
𝐻(𝑥)
3 格林函数
考虑
Δ
3
𝑢 = −𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧)
𝑢|
𝑆
= 𝜑(𝑥, 𝑦, 𝑧)
, (𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑉 (1)
Δ
3
𝑢 = −𝑓 (𝑥, 𝑦)
𝑢|
𝐶
= 𝜑(𝑥, 𝑦)
, (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷 (2)
设置格林函数满足的问题
Δ
3
𝐺 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = −𝛿(𝑥 − 𝜉, 𝑦 − 𝜂 , 𝑧 − 𝜁)
𝐺|
𝑆
= 0
, (𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑉, (𝜉, 𝜂, 𝜁 ) ∈ 𝑉 (1)
其中 𝑆 为 𝑉 的边界
Δ
2
𝐺 (𝑥, 𝑦) = −𝛿(𝑥 − 𝜉, 𝑦 − 𝜂)
𝐺|
𝐶
= 0
, (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷, (𝜉, 𝜂) ∈ 𝐷 (2)
其中 𝐶 为 𝐷 的边界
求上半空间 (𝑧 = 0) 的格林函数
Δ
3
𝐺 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = −𝛿(𝑥 − 𝜉, 𝑦 − 𝜂, 𝑧 − 𝜁) (𝑧, 𝜁 > 0)
𝐺|
𝑧=0
= 0
昨晚做梦梦见一个解 (正点电荷电势)
𝑈
0
=
1
4𝜋𝑟
, 𝑟 =
p
(𝑥 − 𝜉)
2
+ (𝑦 − 𝜂)
2
+ (𝑧 − 𝜁)
2
但是它不满足边界条件. 利用镜像法 (负点电荷电势)
𝑈
1
= −
1
4𝜋𝑟
1
, 𝑟
1
=
p
(𝑥 − 𝜉)
2
+ (𝑦 − 𝜂)
2
+ (𝑧 + 𝜁)
2
就满足边界条件了, 得到格林函数 𝐺
𝐺 = 𝑈
0
+𝑈
1
=
1
4𝜋𝑟
−
1
4𝜋𝑟
1
同样对于二维半平面, 可以放置平面点电荷, 利用镜像法得到格林函数
𝐺 =
1
2𝜋
ln
1
𝑟 (𝑀, 𝑀
0
)
− ln
1
𝑟 (𝑀, 𝑀
1
)
=
1
4𝜋
ln
(𝑥 − 𝜉)
2
+ (𝑦 + 𝜂)
2
(𝑥 − 𝜉)
2
+ (𝑦 − 𝜂)
2
四分之一空间
四分之一平面上有 (𝑥 > 0, 𝑦 > 0), 只需要对称放置三个点电荷即可. 得到格林函数
𝐺 =
1
2𝜋
ln
1
𝑟 (𝑀, 𝑀
0
)
− ln
1
𝑟 (𝑀, 𝑀
1
)
− ln
1
𝑟 (𝑀, 𝑀
2
)
+ ln
1
𝑟 (𝑀, 𝑀
3
)
球内的格林函数
两点 𝑀
0
, 𝑀
1
关于圆对称, 即
1. 𝑂, 𝑀
0
, 𝑀
1
三点共线
2. 𝑂𝑀
0
· 𝑂𝑀
1
= 𝑅
2
若有 𝑀
0
坐标 (𝜉, 𝜂), 则 𝑀
1
坐标为
𝜌
2
𝑅
2
(𝜉, 𝜂), 𝜌 =
p
𝜉
2
+ 𝜂
2
球内 𝑥
2
+ 𝑦
2
+ 𝑧
2
< 𝑅
2
的格林函数
Δ
3
𝐺 = −𝛿(𝑥 − 𝜉, 𝑦 − 𝜂, 𝑧 − 𝜁) 𝑟, 𝜌 < 𝑅
𝐺|
𝑥
2
+𝑦
2
+𝑧
2
=𝑅
2
= 0
𝑟 =
p
𝑥
2
+ 𝑦
2
+ 𝑧
2
, 𝜌 =
p
𝜉
2
+ 𝜂
2
+ 𝜁
2
利用镜像法, 在 𝑀
0
= (𝜉, 𝜂, 𝜁) 放置 +𝜖 点电荷, 在 𝑀
0
关于球面对称点 𝑀
1
=
𝑅
2
𝜌
2
𝑀
0
, 放置 −𝑞𝜖 点电荷, 则
格林函数为
𝐺 =
1
4𝜋𝑟 (𝑀, 𝑀
0
)
−
𝑞
4𝜋𝑟 (𝑀, 𝑀
1
)
球面上边界条件
𝐺|
𝑟=𝑅
=
1
4𝜋𝑟 (𝑀, 𝑀
0
)
−
𝑞
4𝜋𝑟 (𝑀, 𝑀
1
)
𝑟=𝑅
= 0
得到
𝑞 =
𝑟 (𝑀, 𝑀
1
)
𝑟 (𝑀, 𝑀
0
)
虽然表达式含有 𝑀, 但是 𝑞 实际上与 𝑀 位置无关. 由于 𝑀
0
, 𝑀
1
关于球面对称, 因而有
𝑂𝑀
0
𝑅
=
𝑅
𝑂𝑀
1
⇒
𝑂𝑀
0
𝑂𝑀
=
𝑂𝑀
𝑂𝑀
1
有三角形相似 △𝑀
0
𝑂𝑀 ∼ △𝑀𝑂𝑀
1
, 因而
𝑀 𝑀
1
𝑀 𝑀
0
=
𝑂𝑀
𝑂𝑀
0
=
𝑅
𝜌
得到格林函数
𝐺 =
1
4𝜋
1
𝑟 (𝑀, 𝑀
0
)
−
𝑅
𝜌
1
𝑟 (𝑀, 𝑀
1
)
半球面内的格林函数
在关于地面放置一个 −𝜖 的点电荷, 再分别在球面的对称点放置 + 𝜖 和 −𝜖 的点电荷, 得到格林函数
𝑀
1
= (𝜉, 𝜂, − 𝜁 ), 𝑀
2
=
𝑅
2
𝜌
2
(𝜉, 𝜂, 𝜁), 𝑀
3
=
𝑅
2
𝜌
2
(𝜉, 𝜂, −𝜁)
圆内的格林函数
取圆内一点与其对称点
𝑀
0
= (𝜉, 𝜂), 𝑀
1
=
𝑅
2
𝜌
2
(𝜉, 𝜂)
在 𝑀
0
放置 +𝜖 的点电荷, 在 𝑀
1
放置 −𝜖 的点电荷, 得到
1
2𝜋
ln
1
𝑟 (𝑀, 𝑀
0
)
− ln
1
𝑟 (𝑀, 𝑀
1
)
令 𝑀 取在圆上, 得到
1
2𝜋
ln
1
𝑟 (𝑀, 𝑀
0
)
− ln
1
𝑟 (𝑀, 𝑀
1
)
=
1
2𝜋
ln
𝑅
𝜌
因而减去该常数, 得到格林函数
𝐺 =
1
2𝜋
ln
1
𝑟 (𝑀, 𝑀
0
)
− ln
1
𝑟 (𝑀, 𝑀
1
)
−
1
2𝜋
ln
𝑅
𝜌
半圆内的格林函数想法同半球面, 放置三个电量相同的点电荷, 计算得到在边界上正好为零
一般的问题
Δ𝑢 = −𝑓 (𝑚) 𝑚 ∈ 𝑉
𝑢|
𝜕
𝑉 = 𝜑(𝑚)
相应的格林函数
Δ𝐺 = −𝛿(𝑚 − 𝑚
0
) 𝑚, 𝑚
0
∈ 𝑉
𝐺|
𝜕
𝑉 = 0
则
𝑢(𝑚) =
∫
𝑉
𝑓 (𝑚
0
)𝐺 (𝑚, 𝑚
0
)d𝑚
0
−
∫
𝜕𝑉
𝜑(𝑚
0
)
𝜕𝐺
𝜕𝑛
d𝑆
在三维情形下, 有
𝑢(𝑚) =
∭
𝑉
𝑓 (𝑚
0
)𝐺 (𝑚, 𝑚
0
)d𝑚
0
−
∬
𝑆
𝜑(𝑚
0
)
𝜕𝐺
𝜕𝑛
(𝑚, 𝑚
0
)d 𝑆
0
其中
𝜕𝐺
𝜕𝑛
为 𝐺 的方向导数
𝜕𝐺
𝜕𝑛
= ∇𝐺 · ˆn
交换
𝑚, 𝑚
0
可以改为对
𝑚
积分的形式
𝑢(𝑚) =
∭
𝑉
𝑓 (𝑚)𝐺 (𝑚
0
, 𝑚)d𝑚
0
−
∬
𝑆
𝜑(𝑚)
𝜕𝐺
𝜕𝑛
(𝑚
0
, 𝑚)d𝑆
Δ
3
𝑢 = 0 𝑧 > 0
𝑢|
𝑧=0
= 𝜑(𝑥, 𝑦, 𝑧)
上半空间 𝑧 > 0 的格林函数
𝐺 =
1
4𝜋
1
p
(𝑥 − 𝜉)
2
+ (𝑦 − 𝜂)
2
+ (𝑧 − 𝜁)
2
−
1
p
(𝑥 − 𝜉)
2
+ (𝑦 − 𝜂)
2
+ (𝑧 + 𝜁)
2
!
由 𝐺 求三维空间泊松方程第一边值问题的解
𝑢(𝑚
0
) =
∭
𝑉
𝐺 (𝑚, 𝑚
0
) 𝑓 (𝑚)d𝑚 −
∬
𝑆
𝜑(𝑚)
𝜕𝐺
𝜕𝑛
(𝑚, 𝑚
0
)d 𝑆
本问题中有
𝑓 (𝑚) = 𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0, 𝜑(𝑚) = 𝜑(𝑥, 𝑦), ˆn = (0, 0, −1),
𝜕𝐺
𝜕𝑛
= −
𝜕𝐺
𝜕𝑧
得到
𝑢(𝜉, 𝜂, 𝜁 ) =
∬
𝑧=0
𝜑
(
𝑥, 𝑦
)
𝜕𝐺
𝜕𝑧
d𝑆
有
𝜕𝐺
𝜕𝑧
𝑧=0
=
1
2𝜋
𝜁
[(𝑥 − 𝜉)
2
+ (𝑦 − 𝜂)
2
+ 𝜁
2
]
3/2
代入得到
𝑢(𝜉, 𝜂, 𝜁 ) =
1
2𝜋
∬
+∞
−∞
𝜁 𝜑(𝑥, 𝑦)
[(𝑥 − 𝜉)
2
+ (𝑦 − 𝜂)
2
+ 𝜁
2
]
3/2
d𝑥d𝑦
Δ
3
𝑢 = −𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑢|
𝑆
= 𝜑(𝑥, 𝑦, 𝑧)
设 𝑢 = 𝑢
1
+ 𝑢
2
, 它们满足的方程为
Δ
3
𝑢
1
= −𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧)
𝑢
1
|
𝑆
= 0
Δ
3
𝑢
2
= 0
𝑢
2
|
𝑆
= 𝜑(𝑥, 𝑦, 𝑧)
𝑢
1
满足的方程与格林函数相差一个积分
𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧) =
∭
𝑉
𝑓 (𝑥
0
, 𝑦
0
, 𝑧
0
)𝛿(𝑥 − 𝑥
0
, 𝑦 − 𝑦
0
, 𝑧 − 𝑧
0
)d𝑥
0
d𝑦
0
d 𝑧
0
𝑢(𝑚
0
) =
∭
𝑉
𝛿(𝑚 − 𝑚
0
)𝑢(𝑚)𝑑𝑚 = −
∭
𝑉
𝑢(𝑚)Δ
3
𝐺 (𝑚, 𝑚
0
)d𝑚
由格林第二公式有
∭
𝑉
[
𝑢(𝑚)Δ
3
𝐺 − Δ
3
𝑢
]
𝑑𝑚 =
∬
𝑆
𝑢
𝜕𝐺
𝜕𝑛
− 𝐺
𝜕𝑢
𝜕𝑛
𝑑𝑆
𝑛 为 𝑉 在边界上的外法向, 又有 Δ
3
𝑢 = −𝑓 , 𝑢|
𝑆
= 𝜑, 𝐺 |
𝑆
= 0, 代入得到
∭
𝑉
𝑢(𝑚)Δ
3
𝐺 (𝑚, 𝑚
0
)𝑑𝑚 = −
∭
𝑉
𝐺 (𝑚, 𝑚
0
) 𝑓 (𝑚)𝑑𝑚 +
∬
𝑆
𝜑(𝑚)
𝜕𝐺
𝜕𝑛
𝑑𝑆
因而
𝑢(𝑚
0
) =
∭
𝑉
𝐺 (𝑚, 𝑚
0
) 𝑓 (𝑚)𝑑𝑚 −
∬
𝑆
𝜑(𝑚)
𝜕𝐺
𝜕𝑛
𝑑𝑆
保形变换求格林函数
设 𝐷 为 𝑧 平面上的单连通区域
𝑧 = 𝑥 +𝑖𝑦, 𝑧
0
= 𝜉 + 𝑖𝜂
若 𝑤 = 𝑤(𝑧, 𝑧
0
) 将 𝐷 变为单位圆
|
𝑤
|
< 1, 且把 𝑧
0
变为 0, 则有
𝐺 (𝑥, 𝑦, 𝜉, 𝜂) =
1
2𝜋
ln
1
𝑤(𝑧)
求上半平面 𝑦 > 0 的格林函数
保形变换为
𝑤 = 𝑘
𝑧 − 𝑧
0
𝑧 − 𝑧
0
,
|
𝑘 = 1
|
那么格林函数为
𝐺 =
1
2𝜋
ln
1
𝑘
𝑧 − 𝑧
0
𝑧 − 𝑧
0
=
1
2𝜋
𝑙𝑛
1
𝑧 − 𝑧
0
− ln
1
𝑧 − 𝑧
0
若有保形变换 𝑧
∗
= 𝑤(𝑧) 将 𝐷 映射到 𝐷
∗
, 并且 𝐷
∗
内有格林函数 𝐺
∗
(𝑧
∗
, 𝑧
∗
0
), 则 𝐷 内有格林函数
𝐺 (𝑧, 𝑧
0
) = 𝐺
∗
(𝑤, 𝑤
∗
)
求第一象限 𝑥 > 0, 𝑦 > 0 的格林函数
已知上半平面的格林函数
𝐺
∗
=
1
2𝜋
ln
𝑧
∗
− 𝑧
∗
0
𝑧
∗
− 𝑧
∗
0
有变换 𝑧
∗
= 𝑧
2
, 因而 𝐷 内的格林函数为
𝐺 =
1
2𝜋
ln
𝑧
2
− 𝑧𝑧
0
2
𝑧
2
− 𝑧
2
0
=
1
2𝜋
ln
|
𝑧 − 𝑧
0
| |
𝑧 + 𝑧
0
|
|
𝑧 − 𝑧
0
| |
𝑧 + 𝑧
0
|
4 𝑢
𝑡
= 𝐿𝑢, 𝑢
𝑡𝑡
= 𝐿𝑢 型方程
考虑
𝑢
𝑡
= 𝐿𝑢 + 𝑓 (𝑡, 𝑚) 𝑡 > 0, 𝑚 ∈ 𝑅
𝑛
𝑢|
𝑡=0
= 𝜑(𝑚)
基本解方程
𝑈
𝑡
= 𝐿𝑈 (𝑡 > 0, 𝑚 ∈ 𝑅
𝑛
)
𝑈|
𝑡=0
= 𝛿(𝑚)
那么
𝑢 = 𝑈(𝑡, 𝑚) ∗ 𝜑(𝑚) +
∫
𝑡
0
𝑈(𝑡 − 𝜏, 𝑚) ∗ 𝑓 (𝜏, 𝑚)d𝜏
这是因为将原方程拆成两个 𝑢 = 𝑢
1
+ 𝑢
2
(冲量原理)
𝑢
1𝑡
= 𝐿𝑢
1
(𝑡 > 0, 𝑚 ∈ 𝑅
𝑛
)
𝑢
1
|
𝑡=0
= 𝜑(𝑚) = 𝛿(𝑚) ∗ 𝜑(𝑚)
,
𝑢
2𝑡
= 𝐿𝑢
2
+ 𝑓 (𝑡, 𝑚)
𝑢
2
|
𝑡=0
= 0
则有
𝑢
1
= 𝑈(𝑡, 𝑚) ∗ 𝜑(𝑚), 𝑢
2
=
∫
𝑡
0
𝑤(𝑡, 𝑚, 𝜏)𝑑𝜏
其中 𝑤 满足
𝑤
𝑡
= 𝐿𝑤 (𝑡 > 𝜏, 𝑚 ∈ 𝑅
𝑛
)
𝑤|
𝑡=𝜏
= 𝑓 (𝜏, 𝑚)
⇒ 𝑤 = 𝑈(𝑡 − 𝜏, 𝑚) ∗ 𝑓 (𝜏, 𝑚)
那么
𝑢
2
=
∫
𝑡
0
𝑈(𝑡 − 𝜏, 𝑚) ∗ 𝑓 (𝜏, 𝑚)d𝜏
𝑢
𝑡
= 𝑎
2
𝑢
𝑥𝑥
+ 𝑓 (𝑡, 𝑥) 𝑡 > 0, 𝑥 ∈ 𝑅
𝑢|
𝑡=0
= 𝜑(𝑥)
设置基本解问题
𝑈
𝑡
= 𝑎
2
𝑈
𝑥𝑥
𝑡 > 0, 𝑥 ∈ 𝑅
𝑈|
𝑡=0
= 𝛿(𝑥)
作傅里叶变换, 令
˜
𝑈 =
∫
∞
−∞
𝑈(𝑡, 𝑥)𝑒
−𝑖𝜆𝑥
d𝑥, F [𝑈
𝑥𝑥
] = −𝜆
2
˜
𝑈, F [𝛿(𝑥)] = 1
则
˜
𝑈
𝑡
= −𝑎
2
𝜆
2
˜
𝑈
˜
𝑈|
𝑡=0
= 1
⇒
˜
𝑈(𝑡, 𝜆) = 𝑒
−𝑎
2
𝜆
2
𝑡
因而
𝑈(𝑡, 𝑥) = F
−1
[𝑒
−𝑎
2
𝜆
2
𝑡
] =
1
2𝑎
√
𝜋𝑡
𝑒
−
𝑥
2
4𝑎
2
𝑡
得到解
𝑢(𝑡, 𝑥) =
1
2𝑎
√
𝜋𝑡
𝑒
−
𝑥
2
4𝑎
2
𝑡
∗ 𝜑(𝑥) +
∫
𝑡
0
1
2𝑎
p
𝜋(𝑡 − 𝜏)
𝑒
−
1
4𝑎
2
𝑡
∗ 𝑓 (𝜏, 𝑥)d𝜏
将卷积展开
𝑢(𝑡, 𝑥) =
∫
∞
−∞
1
2𝑎
√
𝜋𝑡
𝑒
−
(𝑥−𝜉 )
2
4𝑎
2
𝑡
𝜑(𝜉)d𝜉 +
∫
𝑡
0
d𝜏
∫
∞
−∞
1
2𝑎
p
𝜋(𝑡 − 𝜏)
𝑒
−
(𝑥−𝜉 )
2
4𝑎
2
(𝑡−𝜏)
𝑓 (𝜏, 𝜉)d𝜉
𝑢
𝑡
+ 𝑎𝑢
𝑥
= 𝑓 (𝑡, 𝑥) 𝑡 > 0, 𝑥 ∈ 𝑅
𝑢|
𝑡=0
= 𝜑(𝑥)
基本解方程
𝑈
𝑡
+ 𝑎𝑈
𝑥
= 0
𝑈|
𝑡=0
= 𝛿(𝑥)
解得
𝑈 = 𝛿(𝑥 − 𝑎𝑡)
因而
𝑢(𝑡, 𝑥) = 𝛿(𝑥 − 𝑎𝑡) ∗ 𝜑(𝑥) +
∫
𝑡
0
𝛿(𝑥 − 𝑎(𝑡 − 𝜏)) ∗ 𝑓 (𝜏, 𝑥)d𝜏
𝛿 函数的卷积需要展开
𝛿(𝑥 − 𝑎𝑡) ∗ 𝜑(𝑥) =
∫
∞
−∞
𝛿(𝑥 − 𝑎𝑡 − 𝜉)𝜑(𝜉)d𝜉
=
∫
∞
−∞
𝛿(𝜉 − (𝑥 − 𝑎𝑡))𝜑(𝜉)d𝜉
= 𝜑(𝑥 − 𝑎𝑡)
因而
𝑢(𝑡, 𝑥) = 𝜑(𝑥 − 𝑎𝑡) +
∫
𝑡
0
𝑓 (𝜏, 𝑥 − 𝑎(𝑡 − 𝜏))d𝜏
𝑈
𝑡
= 𝑎
2
𝑈
𝑥𝑥
+ 𝑏𝑈
𝑈|
𝑡=0
= 𝛿(𝑥)
作傅里叶变换, 令
˜
𝑈 =
∫
∞
−∞
𝑈(𝑡, 𝑥)𝑒
−𝑖𝜆𝑥
d𝑥, F [𝑈
𝑥𝑥
] = −𝜆
2
˜
𝑈, F [𝛿(𝑥)] = 1
则
d
˜
𝑈
d𝑡
= −𝑎
2
𝜆
2
˜
𝑈 + 𝑏
˜
𝑈
˜
𝑈|
𝑡=0
= 1
⇒
˜
𝑈 = 𝑒
(−𝑎
2
𝜆
2
+𝑏)𝑡
因而
𝑈(𝑡, 𝑥) = 𝑒
𝑏𝑡
F
−1
[𝑒
−𝑎
2
𝜆
2
𝑡
] =
𝑒
𝑏𝑡
2𝑎
√
𝜋𝑡
𝑒
−
𝑥
2
4𝑎
2
𝑡
三维热传导方程基本解
𝑈
𝑡
= 𝑎
2
Δ
3
𝑈 (𝑡 > 0, −∞ < 𝑥, 𝑦, 𝑧 < +∞)
𝑈|
𝑡=0
= 𝛿(𝑥, 𝑦, 𝑧)
作傅里叶变换, 令
˜
𝑈(𝑡, 𝜆, 𝜇, 𝜈) =
∭
+∞
−∞
𝑈(𝑡, 𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑒
−𝑖(𝜆𝑥+𝜇 𝑦+𝜈𝑧 )
d𝑥d𝑦d𝑧
则有
F [Δ
3
𝑈] = −(𝜆
2
+ 𝜇
2
+ 𝜈
2
)
˜
𝑈, F [𝛿(𝑥, 𝑦, 𝑧)] = 1
得到
d
˜
𝑈
d𝑡
= −𝑎
2
(𝜆
2
+ 𝜇
2
+ 𝜈
2
)
˜
𝑈
˜
𝑈|
𝑡=0
= 1
⇒
˜
𝑈 = 𝑒
−𝑎
2
(𝜆
2
+𝜇
2
+𝜈
2
)𝑡
因而
𝑈(𝑡, 𝑥, 𝑦, 𝑧) = F
−1
[𝑒
−𝑎
2
(𝜆
2
+𝜇
2
+𝜈
2
)𝑡
]
=
1
(2𝜋)
3
∭
+∞
−∞
𝑒
−𝑎
2
(𝜆
2
+𝜇
2
+𝜈
2
)𝑡
𝑒
𝑖 (𝜆𝑥+𝜇𝑦+𝜈𝑧)
d𝜆d𝜇d𝜈
=
1
(2𝑎
√
𝜋𝑡)
3
𝑒
−
𝑥
2
+𝑦
2
+𝑧
2
4𝑎
2
𝑡
𝑢
𝑡𝑡
= 𝐿𝑢 + 𝑓 (𝑡, 𝑚) 𝑡 > 0, 𝑚 ∈ 𝑅
𝑛
𝑢|
𝑡=0
= 𝜑(𝑚), 𝑢
𝑡
|
𝑡=0
= 𝜓(𝑚)
𝑈
𝑡𝑡
= 𝐿𝑈
𝑈
𝑡=0
= 0, 𝑈
𝑡
𝑡=0
= 𝛿(𝑀)
则
𝑢 = 𝑈(𝑡, 𝑚) ∗ 𝜑(𝑀) +
𝜕
𝜕𝑡
[𝑈(𝑡, 𝑚) ∗ 𝜑(𝑚)] +
∫
𝑡
0
𝑈(𝑡 − 𝜏, 𝑚) ∗ 𝑓 (𝜏, 𝑚)d𝜏
利用叠加原理, 设 𝑢 = 𝑢
1
+ 𝑢
2
+ 𝑢
3
𝑢
1𝑡𝑡
= 𝐿𝑢
1
(𝑡 > 0, 𝑚 ∈ 𝑅
𝑛
)
𝑢
1
|
𝑡=0
= 0, 𝑢
1𝑡
|
𝑡=0
= 𝜓(𝑚)
𝑢
2𝑡𝑡
= 𝐿𝑢
2
𝑢
2
|
𝑡=0
= 𝜑(𝑚), 𝑢
2𝑡
|
𝑡=0
= 0
𝑢
3𝑡𝑡
= 𝐿𝑢
3
+ 𝑓 (𝑡, 𝑚) 𝑡 > 0, 𝑚 ∈ 𝑅
𝑛
𝑢
3
|
𝑡=0
= 0, 𝑢
3𝑡
|
𝑡=0
= 0
则有
𝑢
1
= 𝑈(𝑡, 𝑚) ∗ 𝜓(𝑚)
𝑢
3
利用冲量原理
𝑢
3
=
∫
𝑡
0
𝑤(𝑡, 𝑥, 𝜏)d𝜏
𝑤
𝑡𝑡
= 𝐿𝑤
𝑤|
𝑡=𝜏
= 0, 𝑤
𝑡
|
𝑡=𝜏
= 𝑓 (𝜏, 𝑚)
⇒ 𝑤 = 𝑈(𝑡 − 𝜏, 𝑚) ∗ 𝑓 (𝜏, 𝑚)
因而
𝑢
3
=
∫
𝑡
0
𝑈(𝑡 − 𝜏, 𝑚) ∗ 𝑓 (𝜏, 𝑚)d𝜏
令 𝑢
2
= 𝑉
𝑡
, 𝑣|
𝑡=0
= 0, 则
𝑉 =
∫
𝑡
0
𝑢
2
(𝜏, 𝑥)d𝜏
那么 𝑉 满足的方程为
𝑉
𝑡𝑡
= 𝐿𝑉
𝑉 |
𝑡=0
= 0, 𝑉
𝑡
|
𝑡=0
= 𝜑(𝑚)
希望验证这样的 𝑢
2
= 𝑉
𝑡
满足
𝑢
2𝑡𝑡
= 𝐿𝑢
2
𝑢
2
|
𝑡=0
= 𝜑(𝑚), 𝑢
2𝑡
|
𝑡=0
= 0
先验证泛定方程
𝑉
𝑡𝑡𝑡
= (𝐿𝑉)
𝑡
⇒ (𝑉
𝑡
)
𝑡𝑡
= 𝐿𝑉
𝑡
⇒ 𝑢
2𝑡𝑡
= 𝐿𝑢
2
𝑢
2𝑡
|
𝑡=0
= 𝑉
𝑡
|
𝑡=0
= 𝜑(𝑚)
𝑢
2𝑡
|
𝑡=0
= (𝑉
𝑡
)
𝑡
|
𝑡=0
= 𝑉
𝑡𝑡
|
𝑡=0
= (𝐿𝑉)|
𝑡=0
= 𝐿(𝑉 |
𝑡=0
) = 0
𝑈
𝑡
= 𝑎
2
Δ
3
𝑢 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ 𝑅
3
, 𝑡 > 0
𝑈|
𝑡=0
= 0, 𝑈
𝑡
|
𝑡=0
= 𝛿(𝑥, 𝑦, 𝑧)
作傅里叶变换, 令
˜
𝑈(𝑡, 𝜆, 𝜇, 𝜈) = F [𝑈(𝑡, 𝑥, 𝑦, 𝑧)] =
∫
+∞
−∞
𝑈(𝑡, 𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑒
−𝑖(𝜆𝑥+𝜇 𝑦+𝜈𝑧 )
d𝑥d𝑦d𝑧
那么
FΔ
3
𝑈 = −(𝜆
2
+ 𝜇
2
+ 𝜈
2
)
˜
𝑈, F [𝛿(𝑥, 𝑦, 𝑧)] = 1
对基本解问题作傅里叶变换, 得到
d
2
˜
𝑈
d𝑡
2
= −𝑎
2
(𝜆
2
+ 𝜇
2
+ 𝜈
2
)
˜
𝑈
˜
𝑈|
𝑡=0
= 1,
˜
𝑈
𝑡
|
𝑡=0
= 1
解得
˜
𝑈 =
sin 𝑎
p
𝜆
2
+ 𝜇
2
+ 𝜈
2
𝑡
𝑎
p
𝜆
2
+ 𝜇
2
+ 𝜈
2
作傅里叶反变换, 得到
𝑈(𝑡, 𝑥, 𝑦, 𝑧) = F
−1
[
˜
𝑈] =
1
(2𝜋)
3
∫
+∞
−∞
sin 𝑎
p
𝜆
2
+ 𝜇
2
+ 𝜈
2
𝑡
𝑎
p
𝜆
2
+ 𝜇
2
+ 𝜈
2
𝑒
𝑖 (𝜆𝑥+𝜇𝑦+𝜈𝑧)
d𝜆d𝜇d𝜈
记
ρ = (𝜆, 𝜇, 𝜈), r = (𝑥, 𝑦, 𝑧)
作球坐标变换, 取 𝑟 的方向为 𝜈 轴方向
𝜆 = 𝜌 sin 𝜃 cos 𝜑, 𝜇 = 𝜌 sin 𝜃 sin 𝜑, 𝜈 = 𝜌 cos 𝜃
那么
𝜆𝑥 + 𝜇𝑦 + 𝜈𝑧 = ρ · r = 𝜌𝑟 cos 𝜃
那么
𝑈(𝑡, 𝑥, 𝑦, 𝑧) =
1
(2𝜋)
3
∫
+∞
0
∫
𝜋
0
sin 𝑎𝜌𝑡
𝑎𝜌
𝑒
𝑖𝜌𝑟 cos 𝜃
𝜌
2
sin 𝜃d𝜃d𝜑d𝜌
=
1
4𝜋
2
𝑎
∫
+∞
0
𝜌 sin 𝑎𝜌𝑡𝑒
𝑖𝜌𝑟 cos 𝜃
sin 𝜃d𝜃d𝜌
= −
1
4𝜋
2
𝑎
∫
+∞
0
sin 𝑎𝜌𝑒
𝑖𝜌𝑟 cos 𝜃
/( 𝑖𝑟)
𝜋
0
d𝜌
=
1
2𝜋
2
𝑎𝑟
∫
+∞
0
sin 𝑎𝜌𝑡 sin 𝑎𝜌𝑟d𝜌
=
1
4𝜋
2
𝑎𝑟
∫
+∞
0
cos(𝑎𝜌(𝑟 − 𝑎𝑡)) − cos(𝑎𝜌(𝑟 + 𝑎𝑡))d𝜌
=
1
4𝜋𝑎𝑟
[𝛿(𝑟 − 𝑎𝑡) − 𝛿(𝑟 + 𝑎𝑡)]
=
𝛿( 𝑟 − 𝑎𝑡)
4𝜋𝑎𝑟
Δ
2
𝐺 = −𝛿(𝑥 − 𝜉, 𝑦 − 𝜂) 𝑥, 𝜉 > 0, 0 < 𝑦, 𝜂 < 1
𝐺|
𝑥→+∞
有界, 𝐺 |
𝑥=0,𝑦=0
= 𝐺|
𝑦=1
= 0
考虑固有值问题
Δ
2
𝑉 + 𝜆𝑉 = 0𝑉 |
𝑥→+∞
有界, 𝑉 |
𝑥=0
= 0, 𝑉 |
𝑦=0
= 𝑉 |
𝑦=1
= 0
作分离变量
𝑉 (𝑥, 𝑦) = 𝑋 (𝑥)𝑌 (𝑦)
代入得固有值问题
𝑋
′′
+ 𝜇𝑋 = 0
𝑋 (0) = 0, 𝑋 |
𝑥→+∞
有界
𝑌
′′
+ 𝜈𝑌 = 0
𝑌 (0) = 𝑌 (1) = 0
其中 𝜇+ ∋= 𝜆, 解得
𝜇 = 𝜔
2
, 𝑋 (𝑥) = sin 𝜔𝑥, 𝜈 =
(
𝑛𝜋
)
2
, 𝑌 (𝑦) = sin 𝑛𝜋𝑦, 𝑛 = 1, 2, 3, ···
那么
𝜆
𝑛𝜔
= 𝜔
2
+ 𝑛
2
𝜋
2
, 𝑉
𝑛
(𝑥, 𝑦, 𝜔) = sin 𝜔𝑥 sin 𝑛𝜋𝑦
利用叠加原理
𝐺 =
+∞
Õ
𝑛=1
∫
+∞
0
𝐴
𝑛
(𝜔) sin 𝜔𝑥d𝜔 sin 𝑛𝜋𝑦
代入 𝐺 的方程得到
+∞
Õ
𝑛=1
𝐴
𝑛
(𝜔)[𝜔
2
+ 𝑛
2
𝜋
2
] sin 𝜔𝑥d𝜔 sin 𝑛𝜋𝑦 = 𝛿(𝑥 − 𝜉, 𝑦 − 𝜂)
此式先看作 sin 𝑛𝜋𝑦 的正弦级数, 故
∫
+∞
0
𝐴
𝑛
(𝜔)[𝜔
2
+ 𝑛
2
𝜋
2
] sin 𝜔𝑥d𝜔 = 2
∫
1
0
𝛿(𝑥 − 𝜉, 𝑦 − 𝜂)sin 𝑛𝜋𝑦d𝑦 = 2 sin 𝜋𝜂𝛿(𝑥 − 𝜉)
因而
𝐴
𝑛
(𝜔)[𝜔
2
+ 𝑛
2
𝜋
2
] =
2
𝜋
∫
+∞
0
2 sin 𝜋𝜂𝛿(𝑥 − 𝜉) sin 𝜔𝑥d𝑥 =
4
𝜋
sin 𝜔𝜉 sin 𝑛𝜋𝜂
得到系数
𝐴
𝑛
(𝜔) =
4
𝜋[𝜔
2
+ 𝑛
2
𝜋
2
]
sin 𝜔𝜉 sin 𝑛𝜋𝜂
得到 𝐺
𝐺 (𝑥, 𝑦, 𝜉, 𝜂) =
+∞
Õ
𝑛=1
∫
+∞
0
4 sin 𝜔𝜉 sin 𝜔𝑥
𝜋[𝜔
2
+ 𝑛
2
𝜋
2
]
d𝜔
sin 𝑛𝜋𝑦 sin 𝑛𝜋𝜂
5 傅里叶变换求解格林函数
Δ
2
𝐺 = −𝛿(𝑥 − 𝜉, 𝑦 − 𝜂) (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷, (𝜉, 𝜂) ∈ 𝐷
𝐺|
𝑥=0
= 0, 𝐺 |
𝑥=𝑎
= 0, 𝐺 |
𝑦=0
= 0, 𝐺 |
𝑦=𝑏
= 0
考虑同一齐次边界条件下的固有值问题
Δ
2
𝑉 + 𝜆𝑉 = 0
𝑉 |
𝑥=0
= 0, 𝑉 |
𝑥=𝑎
= 0, 𝑉 |
𝑦=0
= 0, 𝑉 |
𝑦=𝑏
= 0
令 𝑉 (𝑥, 𝑦) = 𝑋 (𝑥)𝑌 (𝑦), 代入得
𝑋
′′
𝑋
+
𝑌
′′
𝑌
+ 𝜆 = 0
结合边界条件得固有值问题
𝑋
′′
+ 𝜇𝑋 = 0
𝑋 (0) = 0, 𝑋 (𝑎) = 0
,
𝑌
′′
+ 𝜈𝑌 = 0
𝑌 (0) = 0, 𝑌 (𝑏) = 0
𝜆 = 𝜇 + 𝜈, 解得固有值和固有函数为
𝜇
𝑚
=
𝑚𝜋
𝑎
2
, 𝑋
𝑚
(𝑥) = sin
𝑚𝜋𝑥
𝑎
, 𝜈
𝑛
=
𝑛𝜋
𝑏
2
, 𝑌
𝑛
(𝑦) = sin
𝑛𝜋𝑦
𝑏
那么就有
𝜆
𝑚𝑛
=
𝑚𝜋
𝑎
2
+
𝑛𝜋
𝑏
2
, 𝑉
𝑚𝑛
(𝑥, 𝑦) = sin
𝑚𝜋𝑥
𝑎
sin
𝑛𝜋𝑦
𝑏
把格林函数在固有函数上展开, 设
𝐺 =
+∞
Õ
𝑚=1
+∞
Õ
𝑛=1
𝑐
𝑚𝑛
𝑉
𝑚𝑛
=
+∞
Õ
𝑚=1
+∞
Õ
𝑛=1
𝑐
𝑚𝑛
sin
𝑚𝜋𝑥
𝑎
sin
𝑛𝜋𝑦
𝑏
代入得
Δ
2
𝐺 =
+∞
Õ
𝑚=1
+∞
Õ
𝑛=1
𝑐
𝑚𝑛
Δ
2
𝑉
𝑚𝑛
= −
+∞
Õ
𝑚=1
+∞
Õ
𝑛=1
𝑐
𝑚𝑛
𝜆
𝑚𝑛
𝑉
𝑚𝑛
= −𝛿(𝑥 − 𝜉, 𝑦 − 𝜂)
而
𝑐
𝑚𝑛
𝜆
𝑚𝑛
=
1
sin
𝑚𝜋𝑥
𝑎
2
sin
𝑛𝜋𝑦
𝑏
2
∫
𝑎
0
∫
𝑏
0
𝛿(𝑥 − 𝜉, 𝑦 − 𝜂)sin
𝑚𝜋𝑥
𝑎
sin
𝑛𝜋𝑦
𝑏
d𝑥d𝑦
因而
𝑐
𝑚𝑛
=
4
𝑎𝑏𝜆
𝑚𝑛
sin
𝑚𝜋𝜉
𝑎
sin
𝑛𝜋𝜂
𝑏
故
𝐺 =
4𝑎𝑏
𝜋
2
+∞
Õ
𝑚=1
+∞
Õ
𝑛=1
1
𝑚
2
· 𝑏
2
+ 𝑛
2
𝑎
2
sin
𝑚𝜋𝜉
𝑎
sin
𝑛𝜋𝜂
𝑏
sin
𝑚𝜋𝑥
𝑎
sin
𝑛𝜋𝑦
𝑏