位势方程
一些基本的结果：
基本解：在 $\mathbb R^n$ 上，位势方程 $-\Delta u=f(x)$ 的基本解 $-\Delta E=\delta(x)$ 满足
$$E(x)=\begin{dcases} -\frac{1}{2\pi}\log|x|,&n=2,\\[14pt] \frac{1}{(n-2)S_{n-1}|x|^{n-2}},&n\geq 3, \end{dcases}$$
尽管基本解 $E$ 在 $x=0$ 处有奇点，但通过球坐标变换
$$\int_{|x|<\varepsilon} E(x)\mathrm dx=\int_0^\varepsilon\int_{\Theta}E(r)J(\Theta)r^{n-1}\mathrm d\Theta\mathrm dr\to 0,\quad \varepsilon\to 0,$$其中 $J(\Theta)$ 是球坐标变换的 Jacobian 的角度部分。因此 $E\in L^1_{\mathrm{loc}}(\mathbb R^n)$；另外
$$\nabla E(x)=-\dfrac 1{S_{n-1}}\dfrac x{|x|^n},\quad \forall n\geq 2,$$这推出 $\nabla E\in L^1_{\mathrm{loc}}(\mathbb R^n)$，因为
$$\int_{|x|<\varepsilon} |\nabla E(x)|\mathrm dx=\int_0^\varepsilon\int_{\Theta}\dfrac {J(\Theta)}{S_{n-1}}\mathrm d\Theta\mathrm dr=\int_0^\varepsilon\mathrm dr=\varepsilon,$$如果我们进一步求二阶微分
$$|\nabla^2 E(x)|=\dfrac 1{S_{n-1}}\left|\dfrac n{|x|^n}\dfrac {xx^T}{|x|^2}-\dfrac 1{|x|^n}I\right|\sim \dfrac 1{|x|^n},$$这推出 $\nabla^2 E\notin L^1_{\mathrm{loc}}(\mathbb R^n)$，因为
$$\int_{|x|<\varepsilon} |\nabla^2 E(x)|\mathrm dx\sim \int_{|x|<\varepsilon} \dfrac 1{|x|^n}\mathrm dx\sim \int_0^\varepsilon\dfrac 1r\mathrm dr=\infty.$$所以我们不能再向其索要光滑性了，并且这是一个临界情形。
全空间经典解：如果 $f\in C_0^2(\mathbb R^n)$，则位势方程 $-\Delta u=f$ 在 $\mathbb R^n$ 上的解为
$$u=E*f=\int_{\mathbb R^n} E(x-y)f(y)\mathrm dy.$$
考虑差商和 Lebesgue 控制收敛，可以说明经典性（连续性略去）：
$$\begin{darray}{rl}\partial_i u(x)= \lim_{h\to 0}\frac{u(x+h e_i)-u(x)}{h}=&\lim_{h\to 0} E*\left[\frac{f(\cdot+h e_i)-f}{h}\right](x)\\[14pt]\xlongequal{\text{Lebesgue}}& E*\left[\lim_{h\to 0}\frac{f(\cdot+h e_i)-f}{h}\right](x)\\[14pt]=& E*(e_i\cdot\nabla f)(x)\\[14pt]=& \int_{\mathbb R^n} E(x-y)\nabla f(y)\mathrm dy\cdot e_i\end{darray}$$二次微分同理，结果是
$$\partial_{ij}(x)=\int_{\mathbb R^n} E(y)\partial_{ij}f(x-y)\mathrm dy.$$如果减弱条件 $f\in C_0^2(\mathbb R^n)$ 为 $f\in C^1_0(\mathbb R^n)$，则 $u$ 仍然是经典解，因为
$$\partial_{ij}u(x)=\int_{\mathbb R^n} \partial_i E(y)\partial_j f(x-y)\mathrm dy,$$Stokes 公式告诉我们
在有界开集 $\Omega\subseteq \mathbb R^n$ 上有分片光滑的边界 $\partial \Omega$（可以是多连通区域），$w=(w_1,\cdots,w_n)\in C(\overline \Omega)\cap C^1(\Omega)$，则
$$\int_\Omega \mathrm{div} w\mathrm dx=\int_{\partial \Omega} w\cdot \mathbf n\mathrm dS,$$其中 $\mathbf n$ 是 $\partial \Omega$ 的外法向量，$\mathrm dS$ 是 $\partial \Omega$ 上的面积微元，$\mathrm dx$ 是 $\Omega$ 上的体积微元。
作为推论，有 Green 第一、二公式
如果 $u,v\in C^1(\overline \Omega)\cap C^2(\Omega)$，则
$$\int_\Omega \nabla u\cdot \nabla v\mathrm dx+\int_\Omega v\Delta u\mathrm dx=\int_{\partial \Omega} v\frac{\partial u}{\partial \mathbf n}\mathrm dS$$
这是取
$$w_j=v\frac{\partial u}{\partial x_j},\quad j=1,\cdots,n$$的结果。特别地
$$\int _\Omega |\nabla u|^2\mathrm dx+\int_\Omega u\Delta u\mathrm dx=\int_{\partial \Omega} u\frac{\partial u}{\partial \mathbf n}\mathrm dS.$$这可以证明 $u\in C^1(\overline \Omega)\cap C^2(\Omega)$ 的意义下，位势方程的第一、三类边界值问题
$$\begin{dcases} -\Delta u=f(x),&x\in\Omega,\\[14pt] u|_{\partial \Omega}=g(x),&x\in\partial \Omega, \end{dcases},\quad \begin{dcases} -\Delta u=f(x),&x\in\Omega,\\[14pt] \left[\frac{\partial u}{\partial \mathbf n}+\alpha(x)u\right]|_{\partial \Omega}=g(x),&x\in\partial \Omega, \end{dcases}$$的解的唯一性，其中 $\alpha(x)\geq 0$.
如果 $u,v\in C^1(\overline \Omega)\cap C^2(\Omega)$，则
$$\int_\Omega [u\Delta v-v\Delta u]\mathrm dx=\int_{\partial \Omega} \left[u\frac{\partial v}{\partial \mathbf n}-v\frac{\partial u}{\partial \mathbf n}\right]\mathrm dS.$$
这是在第一公式的基础上交换相减得到的。其中 $v$ 可以作为测试函数。回忆位势方程的基本解
$$E(x)=\begin{dcases} -\frac{1}{2\pi}\log|x|,&n=2,\\[14pt] \frac{1}{(2-n)S_{n-1}|x|^{n-2}},&n\geq 3, \end{dcases}$$