以下是一些经典的调和函数的习题已经部分解答
$$
\frac{\partial u}{\partial \nu}=\frac{\partial u}{\partial \rho} \quad \text { 当 } s \in S_{2}^{2}(0), \quad \frac{\partial u}{\partial \nu}=-\frac{\partial u}{\partial \rho} \quad \text { 当 } s \in S_{1}^{2}(0)
$$
某 $v$ 是区域边界的外法线, 由Gauss公式. 我们有
$$
3 \pi=\int_{\overline{B_{2}^{2}(0)}} \int_{B_{1}^{2}(0)} \quad 1 d x d y=\int_{B_{2}^{2}(0)} \int_{S_{2}^{2}(0)} \frac{\partial u}{\partial \rho} d s-\int_{S_{1}^{2}(0)} \frac{\partial u}{\partial \rho} d s
$$
因此
$$
\int_{S_{2}^{2}(0)} \frac{\partial u}{\partial \rho} d s=\int_{S_{1}^{2}(0)} \frac{\partial u}{\partial \rho} d s+3 \pi>\int_{S_{1}^{2}(0)} \frac{\partial u}{\partial \rho} d s
$$
Let
$$\bar{\Omega}=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2} \mid 1 \leqslant x^{2}+2 y^{2} \leqslant 2\ right\}; u \in C^{2}(\bar{\Omega}) $$
think abut $$ \begin{array}{ll} \Delta u(x, y)=0, & (x, y) \in \bar{\Omega}; \\ u(x, y)=x+y, & x^{2}+2 y^{2}=2; \\ \frac{\partial u(x, y)}{\partial \nu}+(1-x) u(x, y)=0, & x^{2}+2 y^{2}=1 \\ \text {Find} \max _{\bar{\Omega}}|u(x, y)|. \end{array} $$
我们来证明, 在边界的 $x^{2}+2 y^{2}=1$ 这一段成立恒等式 $u \equiv 0 .$ 根据霍普夫 奧列尼克引理, 在边界上的最大值点 $\xi_{\max } \in \partial \Omega\left(\right.$ 最小值点 $\left.\xi_{\min } \in \partial \Omega\right) \frac{\partial u}{\partial \nu}\left(\xi_{\max }\right)$
$0\left(\frac{\partial u}{\partial \nu}\left(\xi_{\min }\right) \leqslant 0\right) .$ 考虑到
$$
(1-x) \geqslant 0, \quad \text { 当 } x^{2}+2 y^{2}=1
$$
可断定, 在这一段边界的最大值点函数值应是非正, 而在最小值点函数值应是非负
的. 这表明函数应当是为零的常数. 现在求解在边界的另一部分上的最大值, 即
$$
\max _{x^{2}+2 y^{2}=2}(x+y)
$$
容易看出, 最大值在第一象限达到. 这表明, 应当对于正的 $y$ 求函数 $f(y)=\sqrt{2-2 y^{2}}+$ $y$ 的最大值. 这个最大值在 $y=\frac{1}{\sqrt{3}}$ 达到, 且最大值等于 $\sqrt{3} .$
Let $\Omega=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2} \mid 0<x<1,0<y<1\right\}, u \in C^{2 }(\bar{\Omega}),$ $\Delta u=0 \quad$ In $\bar{\Omega}$, $\left.\quad u\right|_{y=0}=\left.u\right|_{y=1} =0 \quad$ when $0 \leqslant x \leqslant 1$ Function $f(x):=\int_{0}^{1} u^{2}(x, y) d y$ Is there an inflection point in the open interval (0,1)?
$$
f^{\prime \prime}(x)=2 \int_{0}^{1}\left(u_{x}^{2}+u u_{x x}\right) d y=2 \int_{0}^{1}\left(u_{x}^{2}-u u_{y y}\right) d y
$$
对第二个等号右边的第二项应用分部积分并考虑到边值条件得
$$
f^{\prime \prime}(x)=2 \int_{0}^{1}\left(u_{x}^{2}+u_{y}^{2}\right) d y \geqslant 0, \quad x \in[0,1]
$$
这表示函数没有拐点.
Find all in $\mathbb{R}^{2}$ such that $$ u_{x}(x, y)<u_{y}(x, y), \quad \forall(x, y) \in \mathbb{R}^{2} $$ The harmonic function of $u(x, y) .$
解 如果 $u(x, y)$ 是 $\mathbb{R}^{2}$ 中的调和函数, 那么它的导数同样是调和函数. 所以 $v=$ $u_{z}-u_{y}$ 是在整个平面上的调和函数. 根据刘维尔定理, 它是常数. 于是 $u_{x}-u_{y}=C .$
用标准的方法解这个线性非齐次一阶偏微分方程. 特征方程为
$$
d x=-d y=\frac{d u}{C} \text { . }
$$
这个方程组有两个独立的首次积分
$$
x+y=C_{1}, \quad u-C x=C_{2}
$$
即解具有形状 $u=C x+\varphi(x+y),$ 其中 $\varphi$ 是任意调和函数. 于是,
$$
0=\varphi_{x x}+\varphi_{y y}=2 \varphi^{\prime \prime}
$$
这表明$\varphi(x+y)=K_{1}(x+y)+K_{2}$或 $u(x, y)=M_{1} x+M_{2} y+M_3$，因为 $u_{x}<u_{y}$所以$M_{1}<M_{2}$.
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