泊松公式求解 Laplace 方程

发表于 2024-05-05 更新于 2025-03-06 分类于偏微分方程阅读次数：

考虑在圆盘 $\{(x,y) \mid x^2+y^2 \leq 1\}$ 上的 Laplace 方程: \[ \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = 0 \tag{1} \] 以及圆盘边界条件 \[ u(1,\theta) := u_0(\theta) \] 我们希望构造一个用级数表示的 $u$: \[ u(x,y) = a_0 + a_1u_1(x,y)+ a_2u_2(x,y) + \cdots \] 或者使用极坐标 \[ u(r,\theta) = b_0 + b_1u_1(r,\theta) + b_2u_2(r,\theta) + \cdots \] 式中的函数 $u_i$ 总是满足 Laplace 方程 \[ \frac{\partial^2 u_i}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u_i}{\partial y^2} = 0 \] 这样, 在边界处得到 \[ u(1,\theta) = b_0 + b_1u_1(1,\theta) + b_2u_2(1,\theta) + \cdots \] 之后可以调整系数 $b_i$ 与给定的边界条件 $u_0(\theta)$ 匹配. 不过首先需要考察的是, 怎样的函数 $u_i$ 可以满足 Lapalce 方程 (1)? 可以验证, 函数 $(x + iy)^n$ 的实部与虚部总是满足方程 (1) 的, 这是因为对 $y$ 求二次导数, 得到系数 $i^2=-1$, 正好与关于 $x$ 的二次导数项消掉. 因此, 函数 $u_i$ 可以是 \[ \begin{aligned} u_i(x,y)&: 1,~ x,~ y,~ x^2-y^2,~ 2xy, \ldots \\ u_i(r,\theta)&: 1,~ r\cos \theta,~ r\sin \theta,~ r^2\cos 2\theta,~ r^2\sin 2\theta, \dots \end{aligned} \] 如果将方程解 $u$ 表示成关于极坐标的函数: \[ u(r,\theta) = \frac{a_0}{2} + a_1 r \cos \theta + b_1 r \sin \theta + a_2 r^2 \cos 2\theta + b_2 r^2 \sin 2\theta + \cdots \tag{$\star$} \] 并令方程解在边界上等于 $u_0$: \[ u(1,\theta) = \frac{a_0}{2} + a_1 \cos \theta + b_1 \sin \theta + a_2 \cos 2\theta + b_2 \sin 2\theta + \cdots \equiv u_0(\theta) \] 注意到 $u_0$ 是周期为 $2\pi$ 的函数, 因此式 ($\star$) 中的系数恰好是函数 $u_0$ 的 Fourier 级数展开的系数. 将 Fourier 系数的表达式代入到式 ($\star$) 中得到 \[ \begin{aligned} u(r,\theta) &= \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} u_0(\varphi) ~\mathrm{d} \varphi + \sum_{k=1}^{\infty} \left( \frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} u_0(\varphi) \cos k\varphi ~\mathrm{d}\varphi \right)r^k \cos k\theta + \sum_{k=1}^{\infty} \left( \frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} u_0(\varphi) \sin k\varphi ~\mathrm{d}\varphi \right)r^k \sin k\theta \\ &= \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} u_0(\varphi) ~\mathrm{d} \varphi + \frac{1}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \int_{0}^{2\pi} u_0(\varphi) r^k \left( \cos k\varphi \cos k\theta + \sin k\varphi \sin k\theta\right)~\mathrm{d}\varphi \\ &= \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} u_0(\varphi) ~\mathrm{d} \varphi + \frac{1}{\pi} \int_{0}^{2\pi} u_0(\varphi) \sum_{k=1}^{\infty} r^k \cos k(\varphi-\theta) ~\mathrm{d}\varphi \end{aligned} \] 考察上式中的级数和 \[ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{\infty} r^k \cos k(\varphi-\theta) &=\sum_{k=1}^{\infty} \mathrm{Re}~ \left( r e^{i (\varphi-\theta)} \right)^k = \mathrm{Re}~ \sum_{k=1}^{\infty} \left( r e^{i (\varphi-\theta)} \right)^k \\ &= \mathrm{Re} \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{ 1-\left( r e^{i (\varphi-\theta)} \right)^n }{ 1-r e^{i (\varphi-\theta)} } r e^{i (\varphi-\theta)} \\ &= \mathrm{Re} \frac{ r e^{i (\varphi-\theta)} }{ 1-r e^{i (\varphi-\theta)} } \\ &= \frac{r\cos(\varphi-\theta) - r^2}{1-2r\cos(\varphi-\theta)+r^2} \end{aligned} \] 再代入到 $u(r,\theta)$ 的表达式当中得到 \[ u(r,\theta) = \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} u_0(\varphi) \frac{1 - r^2}{1-2r\cos(\varphi-\theta)+r^2} ~\mathrm{d}\varphi \tag{$\clubsuit$} \] 上述推导默认了求和号与积分是可以交换顺序的 (所以并不太严谨), 但是我们可以对式 ($\clubsuit$) 做一些验证. 当 $r=0$ 时, 根据式 ($\clubsuit$) 得到圆心的函数值为沿边界的积分平均: \[ u(0,\theta) = \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} u_0(\varphi) ~\mathrm{d}\varphi \] 这对于稳态方程是正确的. 此外, 如果将积分项中的分式写成直角坐标的形式 \[ \frac{1 - r^2}{1-2r\cos(\varphi-\theta)+r^2} \rightarrow \frac{1-|\mathbf{x}|^2}{\mathrm{d}^2(\mathbf{x},\mathbf{x}_{\varphi})} \] 当 $\mathbf{x}$ 趋近于边界点 $\mathbf{x}_{\varphi_0}$ 时, 上式的函数趋近于函数 $\delta(\mathbf{x} - \mathbf{x}_{\varphi_0})$ , 这可以通过验证 \[ \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \frac{1 - r^2}{1 + r^2 - 2r\cos\varphi} ~\mathrm{d}\varphi = 1 \] 以及当 $r=1$ 时, 对任意的 $\varphi \neq 0$, 积分项 \[ \frac{1 - r^2}{1 + r^2 - 2r\cos\varphi} \equiv 0 \]