一块薄金属板的四条边被维持在不同温度，屋里没有新的热源。等足够久以后，板内还会不会有温度随时间变化？如果把板换成一块带电介质，边界电势固定，内部的电势又由什么决定？

这类问题的共同点是：时间变化已经消失，但空间上的弯曲仍然要和边界约束配合。未知量不再是“下一刻会怎样”，而是一张在区域里铺开的稳态场。你会看到，边界上给出的数值或通量，往往比内部某一点的直接计算更能决定答案。

图中的温度从左往右升高，热流却向左。稳态表示每个位置不再积累热量；它仍然可以让热量持续穿过金属板。

1. 稳态模型：没有时间项，不等于没有空间结构

设区域为 $\Omega\subset\mathbb R^2$，场为 $u(x,y)$。二维 Laplace 算子写作

$$\Delta u=u_{xx}+u_{yy}.$$

从热方程

$$u_t=\kappa\Delta u+q(x,y)$$

出发，这里的 $q$ 已经除以体积热容量，单位是温度变化率，不是边界热流。稳态意味着 $u_t=0$，因此

$$\kappa\Delta u+q=0, \qquad \Delta u=-\frac{q}{\kappa}.$$

若内部没有热源或热汇，$q=0$，就得到

$$\Delta u=0.$$

满足这个方程的函数叫作调和函数。若把内部源项合并记为 $f$，则常写成 Poisson 方程

$$\Delta u=f.$$

本章固定使用 $\Delta u=f$。因此正的内部加热率 $q$ 对应 $f=-q/\kappa<0$。同一个物理热源换一种方程记法会换符号，计算时要把这行等式带在身边。

边界条件描述区域外部怎样约束场。最常见的两类是：

• Dirichlet 条件给出场本身：$u=g$ 在边界上成立，例如把金属板边缘固定在某个温度。
• Neumann 条件给出外法向导数：$\dfrac{\partial u}{\partial n}=h$，其中 $n$ 是指向区域外部的单位法向量。例如绝热边界对应法向热流为零，常表现为 ${\displaystyle }$。

若热导率是 $k>0$，傅里叶定律给出的实际热流是 $\boldsymbol j=-k\nabla u$，向外的热流为 $\boldsymbol j\cdot n=-kh$。所以 $h>$ 表示温度沿外法向升高，此时热量反而流入区域。只有在说明了系数和符号以后，才可以把 Neumann 数据翻译成热流。

边界可以分成两部分，在一部分给 $u$，另一部分给 $\partial u/\partial n$，这叫混合边界条件。选择方法时，方程本身只是一半信息；区域形状和边界类型同样重要。

2. 平均值性质：圆心不是随便平均出来的

先看调和函数在一个小圆盘里的行为。假设闭圆盘 $\overline{B_r(x_0,y_0)}$ 完全落在区域 $$ 内，并且 。定义圆周平均

$$M(r)=\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi} u(x_0+r\cos\theta,y_0+r\sin\theta)\,d\theta.$$

如果 $\Delta u=0$，那么

$$u(x_0,y_0)=M(r)$$

对所有仍落在区域内的半径 $r$ 都成立。这就是平均值性质。

它并不是“取几个方向的数再平均”的经验规则。可以用散度定理看出原因。对 $M(r)$ 求导，得到

$$M'(r)=\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}u_r\,d\theta.$$

而圆周上的外法向导数就是 $u_r$，弧长元是 $ds=r\,d\theta$。于是

$$r\int_0^{2\pi}u_r\,d\theta =\int_{\partial B_r}\frac{\partial u}{\partial n}\,ds =\iint_{B_r}\Delta u\,dA=0.$$

当 $r>0$ 时，这说明 $M'(r)=0$。因此 $M(r)$ 不随半径改变；让 $r\to0$，圆周平均趋向圆心值 ，平均值公式就被确定下来。这里用到的关键条件正是圆盘内部的 。

圆周平均也能推出圆盘平均。把半径为 $s$ 的圆周一圈圈积分，有

$$\iint_{B_r(P)}u\,dA =\int_0^r\left(\int_{\partial B_s(P)}u\,d\ell\right)ds =\int_0^r2\pi s\,u(P)\,ds=\pi r^2u(P).$$

除以面积 $\pi r^2$，圆盘平均仍等于圆心值。圆周上各点的温度可以很不一样；性质约束的是积分平均，不是要求每一点都相同。

平均值性质立刻给出一个定性检查。平均数不可能大于所有被平均的数，也不可能小于所有被平均的数。因此，一个调和函数在内点的值，不会超过围绕它的那条圆周上的最大值，也不会低于那条圆周上的最小值。

3. 最大值原理与 Dirichlet 唯一性

设 $\Omega$ 是有界且连通的开区域，$u\in C^2(\Omega)\cap C(\overline\Omega)$，且 $\Delta u=0$。最大值原理说： 的最大值和最小值都能在边界 上找到。更强一点，如果 在内部取得了全局最大值，那么 必须是常数；最小值也一样。

把证明补完整，会更清楚地看到“连通”用在了哪里。闭区域紧而 $u$ 连续，所以最大值 $M$ 存在。若内部某点取到 $M$，令

$$S=\{P\in\Omega:u(P)=M\}.$$

$S$ 在 $\Omega$ 中相对闭，因为 $u$ 连续。它也相对开：对于 $P\in S$，取闭圆盘 $\overline{B_r(P)}\subset\Omega$。圆盘内 ，而圆盘平均等于 。若某一点严格小于 ，连续性会使它周围一小片区域也严格小于 ，从而整个圆盘平均小于 ，矛盾。因此这个圆盘上 。

非空的 $S$ 既相对开又相对闭，连通性迫使 $S=\Omega$。这证明了强最大值原理。若最大值只在边界取得，弱最大值结论已经成立；若在内部取得，函数恒定，边界同样取到这个值。把 $u$ 换成 $-u$，便得到最小值的结论。

让圆周平均与圆心读数碰面

下面的实验从一个明确的函数出发：

$$u(x,y)=C+ax+by+d(x^2-y^2)+2exy+q(1-x^2-y^2).$$

前五项的 Laplace 都是零，最后一项使 $\Delta u=-4q$。把 $q$ 设为零，移动圆心并改变半径，圆周平均始终等于圆心值。保留同一条单位圆边界，再把 $q$ 改成正数；这次内部有热源，平均值与圆心值会出现差别。

这个例子还有一条可以自己核对的精确读数：以 $P$ 为圆心、半径为 $r$ 时，圆周平均是 $u(P)-qr^2$，圆盘平均是 $u(P)-qr^2/2$。原因是沿圆周平均后，一次项消失， 恰好等于 ；圆盘上的这个平方距离的平均则是 。数值采样只是画图用的近似，右侧的理论平均使用这两个等式。

最大值原理最实用的用法之一是证明唯一性。考虑同一个 Poisson-Dirichlet 问题

$$\Delta u=f\quad\text{在 }\Omega\text{ 内}, \qquad u=g\quad\text{在 }\partial\Omega\text{ 上}.$$

假设 $u_1,u_2$ 都是解，令它们的差为

$$w=u_1-u_2.$$

因为右端相同，

$$\Delta w=\Delta u_1-\Delta u_2=f-f=0.$$

因为边界值也相同，

$$w=u_1-u_2=g-g=0 \quad\text{在 }\partial\Omega\text{ 上}.$$

最大值原理给出 $w$ 的最大值不超过 $0$，对 $-w$ 使用同一原理又得到 $w$ 的最小值不小于 $0$。因此 $w\equiv0$，也就是 $u_1\equiv u_2$。

同样的证明还能估计边界测量误差。设两个解的源项相同，边界数据分别为 $g_1,g_2$，且边界上 $|g_1-g_2|\le\varepsilon$。差 仍然调和，对 和 应用最大值原理，得到

$$\max_{\overline\Omega}|u_1-u_2| \le\max_{\partial\Omega}|g_1-g_2|\le\varepsilon.$$

所以在同一个源项下，边界的小误差不会在内部被放大成更大的误差。这既包含唯一性，也说明了数据改变时解怎样受到控制。

Poisson 方程并非完全没有极值约束。若 $\Delta u\ge0$，最大值仍能在边界上找到；若 $\Delta u\le0$，最小值仍能在边界上找到。以第一句为例，令 $u_\varepsilon=u+\varepsilon(x^2+y^2)$，则 。内部极大点的两个纯二阶导数都不大于零，会迫使 ，所以最大值只能在边界。区域有界，让 就得到原来的最大值结论。对 使用同一证明得到第二句。注意这是一侧的约束，不能把最大值和最小值两句话不加条件地一起套用。

4. 矩形上的分离变量结构

矩形是边值问题中最适合练手的几何。设

$$\Omega=(0,a)\times(0,b), \qquad \Delta u=0.$$

若四条边都是零 Dirichlet 条件，那么最大值原理已经告诉我们唯一解是 $u\equiv0$。为了构造非零解，可以先让三条边为零，把剩下的一条边展开成正弦级数。

例如只让上边 $y=b$ 非零，另外三条边取零。对一个可分离的试探解 $u=X(x)Y(y)$，代入 $u_{xx}+u_{yy}=0$ 得

$$X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)=0.$$

在 $X,Y$ 不为零的地方除以 $X(x)Y(y)$，得到

$$\frac{X''}{X}=-\frac{Y''}{Y}.$$

左边只依赖 $x$，右边只依赖 $y$，所以它们必须等于同一个常数。为了让 $x$ 方向的两个端点条件成为标准本征问题，写成

$$X''+\lambda X=0, \qquad Y''-\lambda Y=0.$$

在 $x=0,a$ 上有 $X(0)=X(a)=0$。如果 $\lambda=0$，$X$ 是一次函数，两个端点都为零只得到零函数；如果 ， 是双曲函数的线性组合，同样不可能在两个不同端点同时为零而不恒为零。因此只有 能产生非零模态。令 ，就有

$$X(x)=A\sin(\mu x)+B\cos(\mu x).$$

条件 $X(0)=0$ 给出 $B=0$；条件 $X(a)=0$ 给出 $\sin(\mu a)=0$，所以

$$\mu_m=\frac{m\pi}{a}, \qquad X_m(x)=\sin\left(\frac{m\pi x}{a}\right), \quad m=1,2,\ldots$$

对应的 $Y$ 方程是 $Y''-\mu_m^2Y=0$。下边 $y=0$ 为零，所以保留双曲正弦因子：

$$Y_m(y)=C_m\sinh\left(\frac{m\pi y}{a}\right).$$

单个模态因此为

$$u_m(x,y)=C_m\sin\left(\frac{m\pi x}{a}\right) \sinh\left(\frac{m\pi y}{a}\right).$$

为了让上边的数据不被限制成单个正弦波，要把这些模态叠加。若

$$g(x)=\sum_{m=1}^{\infty}b_m\sin\left(\frac{m\pi x}{a}\right),$$

系数由正弦正交性给出：

$$b_m=\frac2a\int_0^a g(x)\sin\left(\frac{m\pi x}{a}\right)\,dx.$$

满足“三边为零、上边为 $g$”的候选级数为

$$u(x,y)=\sum_{m=1}^{\infty}b_m \frac{\sinh\left(\frac{m\pi y}{a}\right)} {\sinh\left(\frac{m\pi b}{a}\right)} \sin\left(\frac{m\pi x}{a}\right).$$

分母的作用是让 $y=b$ 时每一个模态的系数正好恢复为 $b_m$。其他边上的非零数据也可以用同样办法分别构造，再利用线性叠加相加。

级数何时确实给出一个解

有限个模态相加没有收敛问题。对于无穷级数，给出一组容易检查的充分条件：$g\in C^2([0,a])$，并且 $g(0)=g(a)=0$。端点为零也保证上边与两条零侧边在角点处相容。

令 $k_m=m\pi/a$。对系数公式分部积分两次，边界项分别因为 $g$ 和正弦在端点为零而消失，于是

$$b_m=-\frac{2}{ak_m^2}\int_0^a g''(x)\sin(k_mx)\,dx, \qquad |b_m|\le\frac{2}{ak_m^2}\int_0^a|g''(x)|\,dx.$$

所以 $\sum|b_m|<\infty$。双曲比例在 $0\le y\le b$ 上介于 $0$ 与 $1$ 之间，级数在整个闭矩形上一致收敛，定义连续函数。上边的正弦级数既一致收敛，又按第 4 章的 Fourier 结论在 中收敛到 ，两者只能是同一个连续函数，因此边界值被逐点恢复。

内部求导还要再检查一次。用指数写出比例，

$$\frac{\sinh(k_my)}{\sinh(k_mb)} =e^{-k_m(b-y)}\frac{1-e^{-2k_my}}{1-e^{-2k_mb}}.$$

在离上边至少 $\delta>0$ 的地方，每求一次导数至多多出一个 $k_m$ 因子，而指数给出 $e^{-k_m\delta}$ 的衰减。对于任意固定阶数 ，相应导数项都可用常数倍的 控制，可求和。因此内部可逐项求导，特别是二阶导数相消，确实得到 。最后由 Dirichlet 唯一性，这就是该边值问题的解。

这个估计也解释了图像：上边很细的起伏，离开边界后衰减得更快。这里的 $y$ 是空间坐标，双曲比例描述空间延伸，不是温度随时间衰减。

在实验里只保留三个模态，可以逐项核对 PDE，不涉及数值求解误差。固定上边同样的振幅，把观察截面从 $y=b$ 向下移动，比较第一和第三模态的保留比例；再打开两模态例题，检查负的第三模态怎样改变边界形状。

例题 1：矩形上边给出两种空间波形

在矩形 $0<x<\pi$、$0<y<2$ 内求调和函数 $u$，满足

$$u=0\quad\text{在 }x=0,\ x=\pi,\ y=0,$$

以及

$$u(x,2)=3\sin x-2\sin(3x).$$

注意：最高频的 $m=3$ 项在靠近上边时变化更快。它不是“错误的振荡”，而是边界细节向区域内部延伸的方式；离开给定边界后，不同模态会以各自的双曲比例重新组合。

5. 非零边界：先提升，再处理内部方程

分离变量最顺手的是齐次边界。若 $u=g$ 在边界上，直接写 $u=X(x)Y(y)$ 往往会把边界条件卡死。常用做法是找一个提升函数 $p$，只要求它在边界上拥有同样的取值：

$$p=g\quad\text{在 }\partial\Omega.$$

令

$$v=u-p.$$

那么 $v=0$ 在边界上；但 PDE 右端会改变，因为

$$\Delta v=\Delta u-\Delta p=f-\Delta p.$$

这一步的要点是“边界齐次化”和“方程右端改变”必须同时记住。只写 $v=u-p$ 而忘了 $-\Delta p$，会得到一个看起来边界正确、内部方程却错误的问题。

例题 2：用提升函数处理一条非零边

在 $0<x<\pi$、$0<y<1$ 内考虑

$$\Delta u=0,$$

边界条件为上边 $u(x,1)=\sin x$，其余三条边为零。构造提升函数并写出齐次边界问题。

另一个常见选择是直接为原问题构造满足边界的调和级数。例如本题也可写成

$$u(x,y)=\frac{\sinh y}{\sinh1}\sin x.$$

验证它满足 $\Delta u=0$ 很快；提升法的价值在于它同样适用于有源项、复杂边界数据和后续的数值离散。

把上面两个公式相减，还能得到显式余量 $v=(\sinh y/\sinh1-y)\sin x$。它在四条边上为零，内部通常不为零，且 $\Delta v=y\sin x$。提升函数 $p$ 只负责匹配边界，不必是调和函数。

6. Neumann 条件留下的常数自由度

考虑纯 Neumann 问题

$$\Delta u=f\quad\text{在 }\Omega\text{ 内}, \qquad \frac{\partial u}{\partial n}=h\quad\text{在 }\partial\Omega\text{ 上}.$$

本节先对连通区域、分段光滑边界以及 $u\in C^2(\overline\Omega)$ 的解论证，使下面的散度定理和分部积分可以直接使用。矩形角点没有唯一外法向，边界数据按各条开边理解，角点不影响边界积分。把 PDE 在区域上积分：

$$\iint_\Omega f\,dA =\iint_\Omega\Delta u\,dA =\int_{\partial\Omega}\frac{\partial u}{\partial n}\,ds =\int_{\partial\Omega}h\,ds.$$

所以纯 Neumann 问题必须满足兼容条件

$$\boxed{\displaystyle \iint_\Omega f\,dA=\int_{\partial\Omega}h\,ds}.$$

这里两侧分别是 $f=\Delta u$ 的积分和法向导数 $h$ 的积分。若两边不相等，经典解不存在。一般区域中，这首先是一条必要条件，存在性还需要适当的区域与数据条件。

用热学语言解释时别漏掉负号。若热导率 $k$ 是正的常数，未除以热容量的体积热源为 $Q$，则稳态方程是 $k\Delta u+Q=0$。因此

$$\iint_\Omega Q\,dA =-k\iint_\Omega f\,dA =\int_{\partial\Omega}(-kh)\,ds =\int_{\partial\Omega}\boldsymbol j\cdot n\,ds.$$

这时才是“内部产生的热量等于向外流出的热量”。

如果 $u$ 是解，那么 $u+C$ 也是解，因为常数的二阶导数和法向导数都为零。因而纯 Neumann 问题即使有解，也不能靠这些数据确定绝对高度，只能确定到一个加性常数。实际计算中常额外规定平均值，例如

$$\iint_\Omega u\,dA=0,$$

用来选出唯一代表。

常数平移给出了不唯一性的例子；要证明没有其他自由度，设 $u_1,u_2$ 满足相同的 $f,h$，令 $w=u_1-u_2$。于是 、。Green 恒等式给出

$$\iint_\Omega |\nabla w|^2\,dA =\int_{\partial\Omega}w\frac{\partial w}{\partial n}\,ds -\iint_\Omega w\Delta w\,dA=0.$$

被积函数 $|\nabla w|^2$ 连续且非负，积分为零迫使 $\nabla w=0$；在连通区域内，$w$ 是常数。因此同一组 Neumann 数据的任意两个解只差常数。特别地，$f=h=0$ 时，拿零解作比较，便知所有解都是常数。

矩形左边的法向导数是 $-u_x$，右边是 $u_x$；下边是 $-u_y$，上边是 $$。这些符号来自外法向，和坐标轴正方向不是一回事。

7. 用定性原则检查候选解

解析级数可能很长，数值解也可能看起来很像真的。下面几种检查不需要把每一项都算完。

检查 A：边界范围限制内部范围

若 $\Delta u=0$，且边界上始终有 $3\le u\le7$，那么区域内部也必须满足 $3\le u\le7$。因此一个声称在内部某点取到 $8$ 的候选解不可能正确。这个结论来自最大值原理，而不是来自矩形的特殊公式。

检查 B：零边界不允许非零调和场

在有界连通区域内，若 $\Delta u=0$ 且 $u=0$ 在整个边界上，那么 $u\equiv0$。所以函数

$$v(x,y)=x(1-x)y(1-y)$$

虽然在单位正方形的四条边上为零，却不能成为这个 Laplace-Dirichlet 问题的非零解。事实上

$$\Delta v=-2y(1-y)-2x(1-x),$$

它满足的是一个 Poisson 方程，而不是 $\Delta v=0$。

检查 C：纯 Neumann 先算总量

在 $0<x<2,0<y<1$ 上，若 $\Delta u=1$ 且四条边都满足 $\partial u/\partial n=0$，则左边积分为矩形面积 ，右边为 ，兼容条件失败。因此不必寻找级数，问题已经确定无解。

相反，若边界上法向导数处处为 $1/3$，边界周长为 $6$，右边积分为 $2$，总量匹配。此时兼容性检查通过，但解仍只确定到常数，不能据此说某一个绝对温度已经唯一确定。

兼容以后，亲手构造一个解

在 $(0,a)\times(0,b)$ 上，四条边分别给常数法向导数 $h_L,h_R,h_B,h_T$，右端 也是常数。兼容条件是

$$abf=b(h_L+h_R)+a(h_B+h_T).$$

这个特例中，兼容条件也足以保证存在，因为我们能写出

$$u(x,y)=\frac{h_L+h_R}{2a}x^2-h_Lx +\frac{h_B+h_T}{2b}y^2-h_By+C.$$

例如 $u_x=(h_L+h_R)x/a-h_L$，所以左边 、右边 ；上下边同理。又有

$$\Delta u=\frac{h_L+h_R}{a}+\frac{h_B+h_T}{b}=f.$$

前一个 $a=2,b=1,f=1,h=1/3$ 的例子因此有解

$$u(x,y)=\frac{x^2}{6}-\frac{x}{3}+\frac{y^2}{3}-\frac{y}{3}+C.$$

下面的实验使用这个精确多项式。故意让总量不平衡时，它会保留满足四边导数的候选场，同时明确显示候选场的 $\Delta u$ 与要求的 $f$ 不同，不能把它认作题目的解。按“平衡源项”修复这个差别，再改变 $C$：温度整体移动，梯度和法向导数都不变。

若希望选取平均值为零的代表，只需计算多项式的面积平均。$x$ 与 $x^2$ 在 $(0,a)$ 上的平均分别为 $a/2$ 和 $a^2/3$，所以

$$\overline u=\frac{a(h_R-2h_L)}6+\frac{b(h_T-2h_B)}6+C.$$

让 $C$ 等于前两项之和的相反数，平均值就归零了。这个条件选中一个具体解，没有改变原来的方程和边界导数。

8. 递进练习

理解：从方程和边界读出结构

练习 1　判断下列每个问题属于哪种方程、哪种边界条件，并写出一条最先应该做的检查。

（a）$\Delta u=0$，在整个边界上 $u=g$。

（b）$\Delta u=f$，在一部分边界上 $u=g$，在另一部分边界上 $\partial u/\partial n=h$。

（c）$\Delta u=f$，在整个边界上 $\partial u/\partial n=h$。

查看解答

（a）是 Laplace 方程的 Dirichlet 问题。应检查边界函数是否确实给在整个边界上，并用最大值原理判断候选调和解的内部范围。

（b）是 Poisson 方程的混合边界问题。应先确认哪一段给场值、哪一段给外法向导数，再根据几何选择分离变量或其他方法；因为有 Dirichlet 部分，常数平移自由度通常会被消掉。

（c）是纯 Neumann 问题。第一步不是设 $u=XY$，而是检查 $\iint_\Omega f\,dA=\int_{\partial\Omega}h\,ds$。若不成立则无解；若成立，还要记住解只确定到常数。

理解：平均值和极值

练习 2　调和函数 $u$ 在一个内点 $P$ 周围的圆周上，四段等长弧上各自的弧长平均值分别为 $2,4,6,8$。求 $u(P)$，并说明为什么这个计算依赖于“等长弧”和“整个圆盘在区域内”这两个条件。

查看解答

这里给的是每段弧的平均值，不是要求函数在相邻弧上突然跳变。四段弧等长，所以整个圆周平均是

$$u(P)=\frac{2+4+6+8}{4}=5.$$

等长保证四段在积分平均中权重相同；若弧长不同，就不能直接对四个数做普通平均。整个圆盘落在区域内，保证平均值性质所需的 $\Delta u=0$ 在圆盘内部成立；如果圆周跨出边界，不能把边界外的数据当作同一个调和区域来平均。

应用：独立构造矩形解

练习 3　在 $0<x<\pi$、$0<y<1$ 内，求满足

$$\Delta u=0, \quad u=0\text{ 在 }x=0,\ x=\pi,\ y=0, \quad u(x,1)=\sin x+\frac12\sin(2x)$$

的函数。完成 PDE、四条边界和内部范围的检查。

查看解答

上边已经是两个正弦模态，因此分别使用 $\sin x\,\sinh y$ 与 $\sin(2x)\,\sinh(2y)$，并在 $y=1$ 处归一化：

$$u(x,y)=\frac{\sinh y}{}$$

应用：提升函数的方程变化

练习 4　在单位正方形上，原问题是 $\Delta u=f$，且边界值为 $u=x(1-x)$ 在上边、其余三边为零。取 $p(x,y)=y\,x(1-x)$，令 。写出 的边界条件和 PDE 右端。

查看解答

因为 $p(x,0)=0$、$p(0,y)=p(1,y)=0$、$p(x,1)=x(1-x)$，它和 具有相同边界值，所以 在四条边上。

迁移：纯 Neumann 的整体约束

练习 5　在矩形 $0<x<3$、$0<y<2$ 上，考虑 $\Delta u=2$。边界四条边的外法向导数都等于常数 $c$。求使问题满足兼容条件的 ，并说明解是否唯一。

查看解答

矩形面积为 $3\times2=6$，所以

$$\iint_\Omega f\,dA=\iint_\Omega2\,dA=12.$$

迁移：不求解也能否定候选式

练习 6　某人声称在一个有界连通区域内找到了调和函数 $u$，边界上 $0\le u\le10$，但计算显示内部点 $P$ 的值为 $12$。你能否仅凭本章结论否定它？如果把方程改成 $\Delta u=-4$，还可以原样使用同一理由吗？

查看解答

可以否定第一种声称。调和函数满足最大值原理，内部值必须不超过边界最大值 $10$，所以 $u(P)=12$ 不可能。

方程改成 $\Delta u=-4$ 后，内部有源项，直接的调和最大值原理不再适用；内部出现新的极值并不矛盾。还可以使用针对 Poisson 方程的比较或局部二阶导数检查，但必须重新把右端 $f$ 的符号纳入论证，不能把 $\Delta u=0$ 的结论照搬。

迁移：边界误差会放大吗

练习 7　在同一个有界区域中，$\Delta u_1=\Delta u_2=f$，两组 Dirichlet 数据处处相差不超过 $0.02$。证明内部误差也不超过 $0.02$。若只知道边界相同，却把第二个方程改为 $$，这个结论还成立吗？

查看解答

同一源项使差 $w=u_1-u_2$ 调和。边界上 $-0.02\le w\le0.02$，最大值与最小值原理把这个范围带到内部。若源项改变，差不再调和，证明失效。单位圆盘上取 、，两者边界完全相同，圆心却相差 ，直接否定原估计。

练习 8　对练习 5 的矩形写出一个显式解，并选取面积平均为零的代表。

查看解答

将 $a=3,b=2$ 和四边的 $h=6/5$ 代入本章的多项式，得到

$$u=\frac25x^2-\frac65x+\frac35y^2-\frac65y+C.$$

同一有界连通区域内，两个 Poisson 解的边界值相同，就必定是同一个解，不需要比较源项。

正确错误

把边界、内部和自由度分开

读一个稳态边值问题时，可以把注意力分成三层：方程右端说明内部有没有源项；边界条件说明外部固定了场值、通量，还是两者混合；唯一性检查说明这些数据是否足以锁定一个解。

对 $\Delta u=0$，平均值性质和最大值原理告诉你内部不能凭空制造新的极值；对相同 Poisson-Dirichlet 数据，差值满足零边界的 Laplace 方程，因而解唯一。矩形分离变量把边界数据拆成正弦模态，非零边界则可以先用提升函数搬到零边界。纯 Neumann 问题还要多问一句：$\int_\Omega f$ 和 $\int_{\partial\Omega}h$ 是否相等？即使相等，常数零空间仍然存在。

图中用同一条零边界对照调和问题与带源问题。边界相同并不表示内部相同，源项也必须一起给定。