参考资料：《数学物理方程讲义》，姜礼尚。
pp212.15#
设 $u\in C^3_0(\Omega)$ 且满足
$$-\Delta u=f(x),\quad x\in\Omega,$$
证明
$$\sum^n_{i,j=1}\int_\Omega u^2_{x_ix_j}\mathrm dx\leq n\int_\Omega f^2\mathrm dx.$$
解： 考虑到其紧支性，作分部积分，再由光滑性交换偏导次序
$$\begin{darray}{ll}\sum^n_{i,j=1}\int_\Omega u^2_{x_ix_j}\mathrm dx&=\sum^n_{i,j=1}\int_\Omega u_{x_ix_j}u_{x_ix_j}\mathrm dx\\[14pt]&=-\sum^n_{i,j=1}\int_\Omega u_{x_ix_jx_j}u_{x_i}\mathrm dx\\[14pt]&=\sum^n_{i,j=1}\int_\Omega u_{x_ix_i}u_{x_jx_j}\mathrm dx\\[14pt]&=\int_\Omega \Delta^2 u\mathrm dx\\[14pt]&=\int_\Omega f^2\mathrm dx.\end{darray}$$
这应更严格。
pp212.16#
设 $\Omega=\{(x,y):0- 在 $Oy$ 轴上温度的值为 $v_0$，在 $\partial \Omega$ 的其他边上温度的值为 $0$；
- 在 $x=a,y=b$ 上绝热，在 $x=0,y=0$ 上温度的值分别为 $0$ 和 $1$；
- 在 $x=a,y=b$ 上温度的值为 $0$，而
$$u|_{x=0}=A\sin \dfrac {\pi y}{b},\quad u|_{y=0}=B\sin \dfrac{\pi x}{a},$$
其中 $A,B$ 为常数。
解： 热传导方程为
$$u_t-a^2\Delta u=f(x,y,t),\quad (x,y)\in \Omega,\ t>0.$$则稳定的温度场，在分离变量假设 $u(x,y)=X(x)Y(y)$ 下满足
$$\Delta u= u_{xx}+u_{yy}=0=\dfrac {X''(x)}{X(x)}+\dfrac {Y''(y)}{Y(y)}.$$因此设
$$-\dfrac {X''(x)}{X(x)}=\dfrac {Y''(y)}{Y(y)}=\lambda.$$对于第一个边界条件，考虑 $Y$ 的 ODE
$$Y(0)=Y(b)=0,\quad Y''(y)+\lambda Y(y)=0.$$解得
$$\lambda_n=\dfrac {n^2\pi^2}{b^2},\quad Y_n(y)=\sin \dfrac {n\pi y}{b},\quad n=1,2,\cdots.$$从而得到 $X$ 的 ODE
$$X''(x)-\dfrac {n^2\pi^2}{b^2}X(x)=0,\quad X(0)=v_0,\quad X(a)=0.$$解得分量解
$$X_n(x)=C_n\sinh \dfrac {n\pi (a-x)}{b},\quad n=1,2,\cdots.$$利用边界条件 $X(0)=v_0$，得到
$$C_n\sinh\dfrac {n\pi a}{b}=\dfrac {2}{b}\int^b_0v_0\sin \dfrac {n\pi y}{b}\mathrm dy=\dfrac {4v_0}{n\pi},\quad n=1,3,5,\cdots.$$分离变量解为
$$u(x,y)=\dfrac {4v_0}{\pi}\sum^\infty_{k=1}\dfrac {\sinh \frac {(2k-1)\pi (a-x)}{b}}{(2k-1)\sinh \frac {(2k-1)\pi a}{b}}\sin \dfrac {(2k-1)\pi y}{b}.$$对于第二个边界条件，翻译为
$$u_x(a,y)=u_y(x,b)=0,\quad u(0,y)=0,\quad u(x,0)=1.$$以下都是非平凡情况。考虑 $X$ 的 ODE
$$X(0)=0,\quad X'(a)=0,\quad X''(x)+\lambda X(x)=0.$$解得
$$\lambda_n=\dfrac {(2n-1)^2\pi^2}{4a^2},\quad X_n(x)=\sin \dfrac {(2n-1)\pi x}{2a},\quad n=1,2,\cdots.$$代入 $Y$ 的 ODE
$$Y'(b)=0,\quad Y(0)=1,\quad Y''(y)-\lambda Y(y)=0.$$解得分量解
$$Y_n(y)=C_n\cosh \dfrac {(2n-1)\pi (b-y)}{2a},\quad n=1,2,\cdots.$$利用边界条件 $Y(0)=1$，得到
$$C_n=\dfrac {\frac {2}{a}\int^a_0\sin \frac {(2n-1)\pi x}{2a}\mathrm dx}{\cosh \frac {(2n-1)\pi b}{4a}}=\dfrac {4}{(2n-1)\pi \cosh \frac {(2n-1)\pi b}{4a}},\quad n=1,2,\cdots.$$所以分离变量解为
$$u(x,y)=\dfrac {4}{\pi}\sum^\infty_{k=1}\dfrac {\cosh \frac {(2k-1)\pi (b-y)}{4a}}{(2k-1)\cosh \frac {(2k-1)\pi b}{4a}}\sin \dfrac {(2k-1)\pi x}{2a}.$$对于第三个边界条件，由叠加原理，考虑两组边值问题：
$$\begin{dcases}u(a,y)=u(x,b)=0,\\[6pt] u(0,y)=A\sin \dfrac {\pi y}{b},\\[6pt] u(x,0)=0,\end{dcases}\quad \begin{dcases}u(a,y)=u(x,b)=0,\\[6pt] u(0,y)=0,\\[6pt] u(x,0)=B\sin \dfrac {\pi x}{a}.\end{dcases}$$对于第一组边值问题，类似于第一个边值条件的解法，考虑 $Y$ 的 ODE
$$Y(0)=0,\quad Y(b)=0,\quad Y''(y)+\lambda Y(y)=0.$$解得
$$\lambda_n=\dfrac {n^2\pi^2}{b^2},\quad Y_n(y)=\sin \dfrac {n\pi y}{b},\quad n=1,2,\cdots.$$代入 $X$ 的 ODE
$$X(0)=A\sin \dfrac {\pi y}{b},\quad X(a)=0,\quad X''(x)-\lambda X(x)=0.$$解得分量解
$$X_n(x)=C_n\sinh \dfrac {n\pi (a-x)}{b},\quad n=1,2,\cdots.$$利用边界条件 $X(0)=A\sin \frac {\pi y}{b}$，得到
$$C_n\sinh \dfrac {n\pi a}{b}=\dfrac {2}{b}\int^b_0A\sin \dfrac {\pi y}{b}\sin \dfrac {n\pi y}{b}\mathrm dy=\begin{dcases}A,& n=1,\\[6pt] 0,& n=2,3,\cdots.\end{dcases}$$所以第一组边值问题的分离变量解为
$$u_1(x,y)=\dfrac {A\sinh \frac {\pi (a-x)}{b}}{\sinh \frac {\pi a}{b}}\sin \dfrac {\pi y}{b}.$$同理，第二组边值问题的分离变量解为
$$u_2(x,y)=\dfrac {B\sinh \frac {\pi (b-y)}{a}}{\sinh \frac {\pi b}{a}}\sin \dfrac {\pi x}{a}.$$线性叠加，第三个边值问题的分离变量解为
$$u(x,y)=\dfrac {A\sinh \frac {\pi (a-x)}{b}}{\sinh \frac {\pi a}{b}}\sin \dfrac {\pi y}{b}+\dfrac {B\sinh \frac {\pi (b-y)}{a}}{\sinh \frac {\pi b}{a}}\sin \dfrac {\pi x}{a}.$$求高维位势方程的基本解。
解： 位势方程为
$$-\Delta u=f(x),\quad x\in\Omega\subseteq \mathbb R^n.$$其基本解 $E\in \mathcal D'(\mathbb R^n)$ 满足
$$-\Delta E=\delta(x),\quad x\in\mathbb R^n.$$对等式两边进行 Fourier 变换，得到
$$|\xi|^2F[E](\xi)=F[-\Delta E](\xi)=F[\delta (x)](\xi)=\dfrac {1}{(2\pi)^{n/2}}\int_{\mathbb R^n}e^{-ix\cdot \xi}\delta(x)\mathrm dx=\dfrac {1}{(2\pi)^{n/2}},$$再作逆变换，如果直接用球坐标系，计算会比较麻烦。下面给出两种方法。首先是考虑含参积分，显然二重积分关于 $x$ 是一致收敛的，所以交换次序，得到高维版本的 Gaussian 积分（分量是独立的）：
$$\begin{darray}{lrl}&E(x)=&\dfrac {1}{(2\pi)^{n}}\int_{\mathbb R^n}\dfrac {e^{ix\cdot \xi}}{|\xi|^2}\mathrm d\xi\\[14pt]&=&\dfrac {1}{(2\pi)^{n}}\int_{\mathbb R^n}
\int_0^{+\infty}e^{-t|\xi|^2+ix\cdot \xi}\mathrm dt\mathrm d\xi\\[14pt]& =&\dfrac {1}{(2\pi)^{n}}\int_0^{+\infty}\int_{\mathbb R^n}e^{-t|\xi|^2+ix\cdot \xi}\mathrm d\xi\mathrm dt\\[14pt]&=&\dfrac {1}{(2\pi)^{n}}\int_0^{+\infty}\left(\dfrac {\pi}{t}\right)^{n/2}e^{-\frac {|x|^2}{4t}}\mathrm dt\\[14pt]&\xlongequal{s:=|x|^2/4t}&\dfrac 1{4\pi^{\frac n2}|x|^{n-2}}\int_0^{+\infty}s^{\frac n2-2}e^{-s}\mathrm ds\\[14pt]&=&\dfrac {1}{4\pi^{\frac n2}|x|^{n-2}}\cdot \Gamma\left(\dfrac n2-1\right)\\[14pt]&=&\dfrac {1}{(n-2)\omega_n}\cdot \dfrac 1{|x|^{n-2}},\end{darray}$$所以当 $n\geq 3$ 时（受到 Gamma 函数的约束），位势方程的基本解为
$$E(x)=\dfrac {1}{(n-2)\omega_n}\cdot \dfrac 1{|x|^{n-2}}.$$另一种方法是考虑 ODE，在 $n$ 维球坐标下，基本解满足
$$-\Delta E=\delta(x)$$而 $\delta$ 和 $\Delta$ 都是旋转不变的，所以 $E$ 也是旋转不变的，即 $E(x)=E(r)$，其中 $r=|x|$。因此
$$-\Delta E=-E''(r)-\dfrac {n-1}{r}E'(r)=\delta(x),\quad r\geq 0.$$当 $r>0$ 时，即去掉原点，成立微分方程
$$rE''+(n-1)E'(r)=0.$$设 $E'(r)=y(r)$，则
$$ry'+(n-1)y=0,$$求解得到
$$E'(r)=y(r)=\dfrac C{r^{n-1}},$$其中 $C$ 是常数。再积分得到
$$E(r)=\begin{dcases}\dfrac {C_1}{2-n}r^{2-n}+C_2,& n\geq 3,\\[6pt] C_1\ln r+C_2,&n=2.\end{dcases}$$接下来求解待定系数，这里先考虑 $n\geq 3$ 的情形
$$1=\int_{B_\varepsilon}\delta(x)\mathrm dx=\int_{B_\varepsilon}-\Delta E\mathrm dx= -\int_{\partial B_\varepsilon}\nabla E\cdot \nu \mathrm dS=-\int_{\partial B_\varepsilon}C_1\varepsilon^{1-n}\mathrm dS=-C_1\omega_n$$因为作用了 $\nabla$，所以 $n=2$ 中求解 $C_1=-(2\pi)^{-1}$ 方法一致。待定系数 $C_2$ 可以任取，一般取 $C_2=0$.
利用球坐标变换（不用 Fourier 变换），导出三维位势方程的基本解。
解： 这个证明参见 Extra 1 中的第二个方法，基本解为
$$E(x)=\dfrac {1}{(n-2)\omega_n |x|^{n-2}}+C_2$$