基础
基本结论
考虑定义在
{
(
x
,
y
)
:
y
≥
0
}
\{(x,y):y \ge 0\}
{(x,y):y≥0}（即上半平面）上的Laplace方程
Δ
u
(
x
,
y
)
=
?
2
u
?
x
2
+
?
2
u
?
y
2
=
0
\Delta u(x,y)=\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}=0
Δu(x,y)=?x2?2u?+?y2?2u?=0
考虑
(
?
∞
,
a
1
]
∪
(
a
1
,
a
2
]
∪
?
∪
(
a
n
?
1
,
a
n
]
∪
(
a
n
,
+
∞
)
=
R
(-\infty,a_1] \cup(a_1,a_2]\cup \cdots \cup(a_{n-1},a_n] \cup (a_{n},+\infty)=\mathbb R
(?∞,a1?]∪(a1?,a2?]∪?∪(an?1?,an?]∪(an?,+∞)=R，记这一系列区间为
I
0
,
I
1
,
?
?
,
I
n
?
1
,
I
n
I_0,I_1,\cdots,I_{n-1},I_n
I0?,I1?,?,In?1?,In?，假设边界条件为
u
(
x
,
0
)
=
u
k
,
x
∈
I
k
,
k
=
0
,
1
,
?
?
,
n
u(x,0)=u_k,x \in I_k,k=0,1,\cdots,n
u(x,0)=uk?,x∈Ik?,k=0,1,?,n
则解的一般形式为（
z
=
x
+
i
y
z=x+iy
z=x+iy）
u
(
z
)
=
∑
k
=
1
n
A
k
a
r
g
(
z
?
z
k
)
+
B
u(z)=\sum_{k=1}^n A_k arg(z-z_k)+B
u(z)=k=1∑n?Ak?arg(z?zk?)+B
待定系数为 { A 1 , ? ? , A n , B } \{A_1,\cdots,A_n,B\} {A1?,?,An?,B}共 n + 1 n+1 n+1个，而边界条件正好可以提供 n + 1 n+1 n+1个方程。
方法
当定义域的形状不是上半平面时，我们可以用过保形映射把定义域变换成上半平面，并根据变换后的边界条件确定上半平面内Laplace方程的解，最后将保形映射代入到这个解中得到边值问题的解。
常用映射总结（ z = x + i y z=x+iy z=x+iy）
| 变换 | 变换的作用 |
|---|---|
| w = z + z 0 , z 0 ∈ C w=z+z_0,z_0 \in \mathbb C w=z+z0?,z0?∈C | 按 z 0 z_0 z0?的长度与方向平移图像 |
| w = c z , c ∈ R w=cz,c \in \mathbb R w=cz,c∈R | 以原点为中心 c c c为倍数放缩图像 |
| w = z e i ? w=ze^{i\phi} w=zei? | 以原点为中心， ? \phi ?为转角旋转图像 |
| w = z n w=z^n w=zn | 将半径与angle同时放大至 n n n倍 |
| w = e z , y ∈ [ a , b ] ? [ 0 , 2 π ] w=e^z,y \in [a,b] \subseteq [0,2\pi] w=ez,y∈[a,b]?[0,2π] | 将strip映射为angle |
| w = log ? z w=\log z w=logz, arg ? z ∈ [ a , b ] ? [ 0 , 2 π ] \arg z \in [a,b] \subset [0,2\pi] argz∈[a,b]?[0,2π] | 将angle映射为strip，上个映射的逆映射 |
| w = i z + 1 z ? 1 w=i\frac{z+1}{z-1} w=iz?1z+1? | 将单位圆映射为上半平面 |
例题
条形定义域
定义域为strip。考虑 { ( x , y ) : 0 ≤ x ≤ 1 } \{(x,y):0 \le x \le 1\} {(x,y):0≤x≤1}且边界条件为 u ( 0 , y ) = 0 , y ≥ 0 u ( 0 , y ) = 2 , y < 0 u ( 1 , y ) = 1 , y ≥ 0 u ( 1 , y ) = ? 1 , y < 0 \begin{aligned} u(0,y)=0,y \ge 0 \\ u(0,y)=2,y < 0 \\ u(1,y)=1,y \ge 0 \\ u(1,y)=-1,y <0 \end{aligned} u(0,y)=0,y≥0u(0,y)=2,y<0u(1,y)=1,y≥0u(1,y)=?1,y<0?
的Laplace方程，用保形映射的方法求解：
第一步 构造将条形定义域 { ( x , y ) : 0 ≤ x ≤ 1 } \{(x,y):0 \le x \le 1\} {(x,y):0≤x≤1}变换为上半平面 { ( x , y ) : y ≥ 0 } \{(x,y):y \ge 0\} {(x,y):y≥0}的映射 f f f，记 z = x + i y z=x+iy z=x+iy， f f f包含下面三个步骤：
- 旋转90度，定义域变为 { ( x , y ) : 0 ≤ y ≤ 1 } \{(x,y):0 \le y \le 1\} {(x,y):0≤y≤1}，映射为 f 1 ( z ) = z e i π / 2 = i z f_1(z)=ze^{i\pi/2}=iz f1?(z)=zeiπ/2=iz
- 以原点为中心放大至 π \pi π倍，定义域变为 { ( x , y ) : 0 ≤ y ≤ π } \{(x,y):0 \le y \le \pi\} {(x,y):0≤y≤π}，映射为 f 2 ( z ) = π z f_2(z)=\pi z f2?(z)=πz
- 将条形变为角 [ 0 , π ] [0,\pi] [0,π]，定义域变为 { z = x + i y : arg ? z ∈ [ 0 , π ] } \{z=x+iy:\arg z \in [0,\pi]\} {z=x+iy:argz∈[0,π]}，映射为 f 3 ( z ) = e z f_3(z)=e^z f3?(z)=ez
综上， f = f 3 ° f 2 ° f 1 = e i π z f=f_3 \circ f_2 \circ f_1=e^{i\pi z} f=f3?°f2?°f1?=eiπz；
第二步 对边界条件做保形变换
- 假设 z = i y z=iy z=iy，则 e i π z = e i π ( i y ) = e ? π y e^{i \pi z}=e^{i\pi (iy)}=e^{-\pi y} eiπz=eiπ(iy)=e?πy，如果 y ≥ 0 y \ge 0 y≥0，则 e i π z ∈ ( 0 , 1 ] e^{i \pi z} \in (0,1] eiπz∈(0,1]；如果 y < 0 y<0 y<0，则 e i π z > 1 e^{i\pi z}>1 eiπz>1，所以第一个边界条件变为 u ( z ) = 0 , z ∈ ( 0 , 1 ] u(z)=0,z \in (0,1] u(z)=0,z∈(0,1]，第二个边界条件变为 u ( z ) = 2 , z > 1 u(z)=2,z >1 u(z)=2,z>1
- 假设 z = 1 + i y z=1+iy z=1+iy，则 e i π z = e i π e ? π y = ? e ? π y e^{i\pi z}=e^{i \pi}e^{-\pi y}=-e^{-\pi y} eiπz=eiπe?πy=?e?πy，如果 y ≥ 0 y \ge 0 y≥0，则 e i π z ∈ [ ? 1 , 0 ) e^{i \pi z} \in [-1,0) eiπz∈[?1,0)；如果 y < 0 y<0 y<0，则 e i π z < ? 1 e^{i\pi z}<-1 eiπz<?1，所以第三个边界条件变为 u ( z ) = 1 , z ∈ [ ? 1 , 0 ) u(z)=1,z \in [-1,0) u(z)=1,z∈[?1,0)，第四个边界条件变为 u ( z ) = ? 1 , z < ? 1 u(z)=-1,z <-1 u(z)=?1,z<?1
第三步 根据变换后的边界条件写出Laplace方程的解
u
(
z
)
=
A
arg
?
(
z
+
1
)
+
B
arg
?
(
z
)
+
C
arg
?
(
z
?
1
)
+
D
u(z)=A \arg(z+1)+B\arg (z)+C \arg(z-1)+D
u(z)=Aarg(z+1)+Barg(z)+Carg(z?1)+D
根据第二个边界条件，
z
>
1
z>1
z>1时，
u
(
z
)
=
0
+
0
+
0
+
D
=
2
,
D
=
2
u(z)=0+0+0+D=2,D=2
u(z)=0+0+0+D=2,D=2
根据第一个边界条件，
z
∈
(
0
,
1
]
z \in (0,1]
z∈(0,1]时，
u
(
z
)
=
0
+
0
+
π
C
+
D
=
0
,
C
=
?
2
π
u(z)=0+0+\pi C+D=0,C=-\frac{2}{\pi}
u(z)=0+0+πC+D=0,C=?π2?
根据第三个边界条件，
z
∈
[
?
1
,
0
)
z \in [-1,0)
z∈[?1,0)时，
u
(
z
)
=
0
+
π
B
+
π
C
+
D
=
1
,
B
=
1
π
u(z)=0+\pi B+\pi C+D=1,B=\frac{1}{\pi}
u(z)=0+πB+πC+D=1,B=π1?
根据第四个边界条件，
z
<
?
1
z <-1
z<?1时，
u
(
z
)
=
π
A
+
π
B
+
π
C
+
D
=
?
1
,
A
=
?
2
π
u(z)=\pi A + \pi B+\pi C+D=-1,A=-\frac{2}{\pi}
u(z)=πA+πB+πC+D=?1,A=?π2?
综上，
u
(
z
)
=
?
2
π
arg
?
(
z
+
1
)
+
1
π
arg
?
(
z
)
?
2
π
arg
?
(
z
?
1
)
+
2
u(z)=-\frac{2}{\pi}\arg(z+1)+\frac{1}{\pi} \arg (z)-\frac{2}{\pi} \arg(z-1)+2
u(z)=?π2?arg(z+1)+π1?arg(z)?π2?arg(z?1)+2
第四步 将保形映射代入解的表达式中，
u
(
z
)
=
?
2
π
arg
?
(
e
i
π
z
+
1
)
+
1
π
arg
?
(
e
i
π
z
)
?
2
π
arg
?
(
e
i
π
z
?
1
)
+
2
u(z)=-\frac{2}{\pi}\arg(e^{i \pi z}+1)+\frac{1}{\pi} \arg (e^{i \pi z})-\frac{2}{\pi} \arg(e^{i\pi z}-1)+2
u(z)=?π2?arg(eiπz+1)+π1?arg(eiπz)?π2?arg(eiπz?1)+2
这就是我们需要的解。
因为第三步和第四步都是标准操作，不需要技巧，所以下面的例子中我们只展示第一步和第二步。
圆形定义域
记 z = x + i y , z 0 = 1 + i z=x+iy,z_0=1+i z=x+iy,z0?=1+i，定义域为 { ( x , y ) : ( x ? 1 ) 2 + ( y ? 1 ) 2 ≤ 4 } \{(x,y):(x-1)^2+(y-1)^2 \le 4\} {(x,y):(x?1)2+(y?1)2≤4}且边界条件为 u ( z ) = 0 , arg ? ( z ) ∈ [ 0 , π / 2 ) u ( z ) = 1 , arg ? ( z ) ∈ [ π / 2 , π ) u ( z ) = 2 , arg ? ( z ) ∈ [ π , 3 π / 2 ) u ( z ) = 3 , arg ? ( z ) ∈ [ 3 π / 2 , 2 π ) \begin{aligned} u(z)=0, \arg(z) \in [0,\pi/2) \\ u(z)=1, \arg(z) \in [\pi/2,\pi) \\ u(z)=2, \arg(z) \in [\pi,3\pi/2) \\ u(z)=3, \arg(z) \in [3\pi/2,2\pi) \end{aligned} u(z)=0,arg(z)∈[0,π/2)u(z)=1,arg(z)∈[π/2,π)u(z)=2,arg(z)∈[π,3π/2)u(z)=3,arg(z)∈[3π/2,2π)?
第一步 构造将圆形定义域变换为上半平面的保形映射 f f f，
- 将定义域变为单位圆（按 ? z 0 -z_0 ?z0?平移并以原点为中心缩小至一半）， f 1 ( z ) = z ? z 0 2 f_1(z)=\frac{z-z_0}{2} f1?(z)=2z?z0??
- 将单位圆变为上半平面， f 2 ( z ) = i z + 1 z ? 1 f_2(z)=i\frac{z+1}{z-1} f2?(z)=iz?1z+1?，
综上，
f
=
f
2
°
f
1
=
i
z
?
z
0
2
+
1
z
?
z
0
2
?
1
f=f_2 \circ f_1=i \frac{\frac{z-z_0}{2}+1}{\frac{z-z_0}{2}-1}
f=f2?°f1?=i2z?z0???12z?z0??+1?
第二步 对边界条件做保形变换，假设
z
=
z
0
+
2
e
i
?
z=z_0+2e^{i\phi}
z=z0?+2ei?，则
f
(
z
)
=
i
z
0
+
2
e
i
?
?
z
0
2
+
1
z
0
+
2
e
i
?
?
z
0
2
?
1
=
i
e
i
?
+
1
e
i
?
?
1
f(z)=i \frac{\frac{z_0+2e^{i\phi}-z_0}{2}+1}{\frac{z_0+2e^{i\phi}-z_0}{2}-1}=i\frac{e^{i\phi}+1}{e^{i\phi}-1}
f(z)=i2z0?+2ei??z0???12z0?+2ei??z0??+1?=iei??1ei?+1?
- ? ∈ ( 0 , π / 2 ) \phi \in (0,\pi/2) ?∈(0,π/2)， i e i ? + 1 e i ? ? 1 ∈ ( 1 , + ∞ ) i\frac{e^{i\phi}+1}{e^{i\phi}-1} \in (1,+\infty) iei??1ei?+1?∈(1,+∞)， u = 0 u=0 u=0
- ? ∈ ( π / 2 , π ) \phi \in (\pi/2,\pi) ?∈(π/2,π)， i e i ? + 1 e i ? ? 1 ∈ ( 0 , 1 ) i\frac{e^{i\phi}+1}{e^{i\phi}-1} \in (0,1) iei??1ei?+1?∈(0,1)， u = 1 u=1 u=1
- ? ∈ ( π , 3 π / 2 ) \phi \in (\pi,3\pi/2) ?∈(π,3π/2)， i e i ? + 1 e i ? ? 1 ∈ ( ? 1 , 0 ) i\frac{e^{i\phi}+1}{e^{i\phi}-1} \in (-1,0) iei??1ei?+1?∈(?1,0)， u = 2 u=2 u=2
- ? ∈ ( 3 π / 2 , 2 π ) \phi \in (3\pi/2,2\pi) ?∈(3π/2,2π)， i e i ? + 1 e i ? ? 1 ∈ ( ? ∞ , ? 1 ) i\frac{e^{i\phi}+1}{e^{i\phi}-1} \in (-\infty,-1) iei??1ei?+1?∈(?∞,?1)， u = 3 u=3 u=3
扇形定义域
记 z = x + i y = r e i ? z=x+iy=re^{i\phi} z=x+iy=rei?，定义域为 { z : ? ∈ [ 0 , π / 2 ] } \{z: \phi \in [0,\pi/2]\} {z:?∈[0,π/2]}且边界条件为 u ( z ) = 0 , ? = π / 2 u ( z ) = 1 , ? = 0 , 0 ≤ x < 1 u ( z ) = 2 , ? = 0 , x ≥ 1 \begin{aligned} u(z)=0, \phi = \pi/2 \\ u(z)=1, \phi=0, 0 \le x < 1 \\ u(z)=2, \phi=0,x \ge 1\end{aligned} u(z)=0,?=π/2u(z)=1,?=0,0≤x<1u(z)=2,?=0,x≥1?
第一步 构造将扇形定义域变换为上半平面的保形映射 f f f，这里只需要将角度放大至两倍即可， f = z 2 f=z^2 f=z2
第二步 对边界条件做保形变换，假设
z
=
r
e
i
?
z=r e^{i\phi}
z=rei?，则
f
(
z
)
=
r
2
e
i
2
?
,
arg
?
f
(
z
)
=
2
?
,
∣
f
(
z
)
∣
=
r
2
f(z)=r^2e^{i 2 \phi},\arg f(z)=2 \phi,|f(z)|=r^2
f(z)=r2ei2?,argf(z)=2?,∣f(z)∣=r2
- ? = π / 2 \phi=\pi/2 ?=π/2， arg ? f ( z ) = 2 ? = π \arg f(z)=2 \phi=\pi argf(z)=2?=π， u = 0 u=0 u=0（即实数轴的负半轴上 u = 0 u=0 u=0）
- ? = 0 , r ∈ [ 0 , 1 ) \phi=0,r \in [0,1) ?=0,r∈[0,1)，则 arg ? f ( z ) = 0 , ∣ f ( z ) ∣ ∈ [ 1 , 0 ) \arg f(z)=0,|f(z)| \in [1,0) argf(z)=0,∣f(z)∣∈[1,0)，此时 u = 1 u=1 u=1
- ? = 0 , r > 1 \phi=0,r >1 ?=0,r>1，则 arg ? f ( z ) = 0 , ∣ f ( z ) ∣ > 1 \arg f(z)=0,|f(z)| >1 argf(z)=0,∣f(z)∣>1，此时 u = 2 u=2 u=2
