偏微分方程的狄利克雷（Dirichlet）问题，也称为偏微分方程第一边值问题。是指给出未知函数在区域边界上的值，\[u|_{\partial \Omega}=g(x)\]
若是给出未知函数的导数在边界上的值，就称为偏微分方程的第二边值问题，也称为纽曼（Neumann）问题：\[\frac{\partial u}{\partial \vec{n}}=h(x)\]
还有其它类型的边界问题，这里不多介绍了。
这一节我们考虑圆上调和方程的狄利克雷问题：
\[\begin{cases}u_{xx}+u_{yy}=0,\qquad &(x,y)\in D(0,R)\\ u(R,\varphi)=g(\varphi),& g(\varphi)\quad \text{连续}\end{cases}\]
这里，\(D(0,R)\) 是圆心在原点，半径为 \(R\) 的圆。
我们这里要证明的是，圆上的狄利克雷问题的解 \(u\) 可以用泊松公式来表示。也就是说我们需要证明：
（1）\(u(r,\varphi)=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}u(R,\varphi)\frac{R^2-r^2}{R^2+r^2-2Rr\cos(\theta-\varphi)}d\theta\) 在圆内调和；
（2）\(\displaystyle \lim_{r\to R}=u(R,\varphi)=g()\varphi\)。
证明：（1）由泊松积分公式的推导，我们知道，\(u(r,\varphi)\) 在圆内调和。
（2）我们需要证明，对任何 \(\epsilon>0\)，存在 \(\delta>0\)，当 \(0<|R-r|<\delta\) 时，\(|u(r\varphi)-g(\varphi)|<\epsilon\) 成立。
因为 \[u(r,\varphi)=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}u(R,\varphi)\frac{R^2-r^2}{R^2+r^2-2Rr\cos(\theta-\varphi)}d\theta,\] 所以\[|u(r\varphi)-g(\varphi)|=\left|\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}u(R,\varphi)\frac{R^2-r^2}{R^2+r^2-2Rr\cos(\theta-\varphi)}d\theta-g(\varphi)\right|\]
我们取\(u(r,\varphi)=1\)，那么\[1=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}1\cdot \frac{R^2-r^2}{R^2+r^2-2Rr\cos(\theta-\varphi)}d\theta=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \frac{R^2-r^2}{R^2+r^2-2Rr\cos(\theta-\varphi)}d\theta\]
所以有
\begin{align*}|u(r,\varphi)-g(\varphi)|&=\left|\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}u(R,\varphi)\cdot\frac{R^2-r^2}{R^2+r^2-2Rr\cos(\theta-\varphi)}d\theta-g(\varphi)\cdot 1\right|\\ &=\left|\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}g(\theta)\cdot\frac{R^2-r^2}{R^2+r^2-2Rr\cos(\theta-\varphi)}d\theta\right. \\&\quad \left.-\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}g(\varphi)\cdot\frac{R^2-r^2}{R^2+r^2-2Rr\cos(\theta-\varphi)}d\theta\right|\\&=\left|\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}(g(\theta)-g(\varphi))\cdot\frac{R^2-r^2}{R^2+r^2-2Rr\cos(\theta-\varphi)}d\theta\right|\end{align*}
因为 \(g(\theta)\) 连续，所以对任何的 \(\epsilon>0\)，存在 \(\alpha>0\)，使得当 \(|\theta-\varphi|<\alpha\) 时，\(|g(\theta)-g(\varphi)|<\frac{\epsilon}{2}\)，所以
\begin{align*}&\left|\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}(g(\theta)-g(\varphi))\cdot\frac{R^2-r^2}{R^2+r^2-2Rr\cos(\theta-\varphi)}d\theta\right|\\ &\qquad=\left|\frac{1}{2\pi}\int_{\varphi-\alpha}^{\varphi+\alpha}(g(\theta)-g(\varphi))\cdot\frac{R^2-r^2}{R^2+r^2-2Rr\cos(\theta-\varphi)}d\theta\right.\\ &\qquad\qquad+\left.\frac{1}{2\pi}\int_{\varphi+\alpha}^{2\pi+\varphi-\alpha}(g(\theta)-g(\varphi))\cdot\frac{R^2-r^2}{R^2+r^2-2Rr\cos(\theta-\varphi)}d\theta\right|\\ &\qquad\leq \left|\frac{1}{2\pi}\int_{\varphi-\alpha}^{\varphi+\alpha}(g(\theta)-g(\varphi))\cdot\frac{R^2-r^2}{R^2+r^2-2Rr\cos(\theta-\varphi)}d\theta\right|\\ &\qquad\qquad \left|\frac{1}{2\pi}\int_{\varphi+\alpha}^{2\pi+\varphi-\alpha}(g(\theta)-g(\varphi))\cdot\frac{R^2-r^2}{R^2+r^2-2Rr\cos(\theta-\varphi)}d\theta\right|\\ &\qquad<\frac{\epsilon}{2}+|I|\end{align*}
这里 \[|I|=\left|\frac{1}{2\pi}\int_{\varphi+\alpha}^{2\pi+\varphi-\alpha}(g(\theta)-g(\varphi))\cdot\frac{R^2-r^2}{R^2+r^2-2Rr\cos(\theta-\varphi)}d\theta\right|\]
因为 \begin{align*}R^2+r^2-2Rr\cos{\theta-\varphi}&\geq R^2+r^2-2Rr\cos\alpha\\&=R^2+r^2-2Rr+2Rr(1-\cos\alpha)\\&=(R-r)^2+4Rr\sin^2\frac{\alpha}{2}\geq 4Rr\sin^2\frac{\alpha}{2}\end{align*}
记 \(m(\alpha)=4Rr\sin^2\frac{\alpha}{2}\)，所以若
\begin{align*}|I|&=\left|\frac{1}{2\pi}\int_{\varphi+\alpha}^{2\pi+\varphi-\alpha}(g(\theta)-g(\varphi))\cdot\frac{R^2-r^2}{R^2+r^2-2Rr\cos(\theta-\varphi)}d\theta\right|\\ &\leq \frac{1}{2\pi}\cdot \frac{M(R^2-r^2)}{m(\alpha)}\cdot 2\pi=\frac{M(R+r)(R-r)}{m(\alpha)}\\ &\leq \frac{2Mr(R-r)}{m(\alpha)}<\frac{\epsilon}{2}\end{align*}
只需要 \(|R-r|<\frac{m(\alpha)\cdot \epsilon}{4MR}\) 就可以了。所以当 \(|R-r|<\frac{m(\alpha)\cdot \epsilon}{4MR}\) 时，
\[\left|\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}(g(\theta)-g(\varphi))\cdot\frac{R^2-r^2}{R^2+r^2-2Rr\cos(\theta-\varphi)}d\theta\right|<\epsilon\]
这就是说\[\lim_{r\to R}u(r,\varphi)=g(\varphi)\] 从而我们得到结论 \[u(r,\varphi)=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}u(R,\varphi)\frac{R^2-r^2}{R^2+r^2-2Rr\cos(\theta-\varphi)}d\theta\] 就是狄利克雷问题
\[\begin{cases}u_{xx}+u_{yy}=0,\qquad &(x,y)\in D(0,R)\\ u(R,\varphi)=g(\varphi),& g(\varphi)\quad \text{连续}\end{cases}\]
的解。