上半平面狄利克雷（Dirichlet）问题的解

我们利用单位圆内调和方程的解以及保形变换来求上半平面的调和方程的解。

设函数 $u(x,y)$ 在上半平面调和，满足边界条件 $u(x,0)=g(x)$，那么我们通过保形变换

$$w(t)=\frac{t-z}{t-\overline{z}}$$

可以将上半平面变成单位圆 $|w|\le 1$，$w(z)=0,w(\overline{z})=\mathrm{\infty }$。从而有

$$u(t(w))=v(w).$$

其中$u$ 在 （z 平面）上半平面调和，而 $v$ 在 (w 平面) 单位圆内调和。$u(z)=v(0)$。由平均值定理，

$$u(z)=v(0)=\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }v(\theta )d\theta ]$$

在单位圆周上， $$w=e^{i\theta }=\frac{t-z}{t-\overline{z}},t\in \mathbb{R}$$

微分，我们有

$$i{e}^{i\theta }d\theta =\frac{(t-\overline{z})-(t-z)}{(t-\overline{z}{)}^2}dt=\frac{2iy}{(t-\overline{z}{)}^2}dt$$

所以，$$e^{i\theta }d\theta =\frac{2y}{(t-\overline{z}{)}^2}dt.$$ 因为 $w=e^{i\theta }=\frac{t-z}{t-\overline{z}}$，所以可以得到

$$\begin{array}{lll}d\theta & =& \frac{t-\overline{z}}{t-z}\cdot \frac{2y}{(t-\overline{z}{)}^2}dt\\ & =& \frac{2y}{(t-\overline{z})(t-z)}dt\\ & =& \frac{2y}{t^2-t\overline{z}-tz+|z{|}^2}dt\\ & =& \frac{2y}{t^2-2tx+x^2+y^2}dt\\ & =& \frac{2y}{(t-x{)}^2+y^2}dt\end{array}$$

代入到前面的积分里面，$$u(z)=v(0)=\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }v(\theta )d\theta =\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }u(t)\frac{2y}{(t-x{)}^2{y}^2}dt$$

这就是上半平面上调和方程的解。这里我们用到关系式 $u(t)=v(\theta )$。

我们来看一个例子。

例1，求上半平面的调和函数 $u(x,y)$，在实轴上$$u(x,0)=g(x)=\{\begin{array}{ll}1,& \alpha \le x\le \beta \\ 0,& \text{其它}\end{array}$$

解：由前面 我们导出的公式，

$$\begin{array}{lll}u(x,y)& =& \frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }u(t)\frac{2y}{(t-x{)}^2+y^2}dt\\ & =& \frac{1}{2\pi }{\int }_{\alpha }^{\beta }1\cdot \frac{2y}{(t-x{)}^2+y^2}dt\\ & =& \frac{1}{2\pi }\cdot \frac{1}{y}{\int }_{\alpha }^{\beta }\frac{dt}{1+{\left(\frac{t-x}{y}\right)}^2}\\ & =& \frac{1}{2\pi y}\arctan \left(\frac{t-x}{y}\right){|}_{\alpha }^{\beta }\\ & =& \frac{1}{2\pi y}[\arctan \left(\frac{\beta -x}{y}\right)-\arctan \left(\frac{\alpha -x}{y}\right)]\end{array}$$