今有无限长圆柱体 ( x 2 + y 2 < a 2 , ? ∞ < z < + ∞ ) (x^2+y^2<a^2,-\infty<z<+\infty) (x2+y2<a2,?∞<z<+∞)， 内部无热源，边界柱面温度保持为 F ( x , y ) F(x,y) F(x,y)，求柱内稳态温度分布。
注意到圆柱的对称性及柱面温度分布与z无关，可设柱内温度为 u ( x , y ) u(x,y) u(x,y)与z无关。u满足二维Laplace方程圆内第一边值问题，也称Dirichlet问题
{ ? 2 u ? x 2 + ? 2 u ? y 2 = 0 , x 2 + y 2 < a 2 u ∣ x 2 + y 2 = a 2 = F ( x , y ) (5) \begin{cases} \frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u}{\partial y^2}=0,\quad x^2+y^2<a^2 \\ u|_{x^2+y^2=a^2}=F(x,y) \tag{5} \end{cases} {
?x2?2u?+?y2?2u?=0,x2+y2<a2u∣x2+y2=a2?=F(x,y)?(5)
在第1章中曾就 F ( x , y ) F(x,y) F(x,y)为多项式利用调和多项式求解，对任意给定的 F ( x , y ) F(x,y) F(x,y)也可利用“复变函数”中给出的Poisson积分公式求解，这里用分离变量法求解。
由于求解区域为平面圆域，应采用极坐标 ( r , θ ) : x = r ? c o s θ , y = r ? s i n θ (r,\theta):x=r·cos\theta,y=r·sin\theta (r,θ):x=r?cosθ,y=r?sinθ。记柱内温度分布为 u ( r , θ ) u(r,\theta) u(r,θ)，极坐标下边值（5）式为
{ 1 r ? ? r ( r ? u ? r ) + 1 r 2 ? 2 u ? θ 2 = 0 u ∣ r = a = F ( a c o s θ , a s i n θ ) = f ( θ ) \begin{cases} \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}(r\frac{\partial u}{\partial r})+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial \theta^2}=0 \\ u|_{r=a}=F(acos\theta,asin\theta)=f(\theta) \end{cases} {
r1??r??(r?r?u?)+r21??θ2?2u?=0u∣r=a?=F(acosθ,asinθ)=f(θ)?
这是 ( r , θ ) (r,\theta) (r,θ)平面的矩形域 ( 0 ≤ r < a , ? ∞ < θ < + ∞ ) (0\leq r<a,-\infty<\theta<+\infty) (0≤r<a,?∞<θ<+∞)上的问题，可进行分离变量。
令 u ( r , θ ) = R ( r ) Θ ( θ ) u(r,\theta)=R(r)\Theta(\theta) u(r,θ)=R(r)Θ(θ)，代入方程，同除以 u u u，有
1 r ( r R ′ ( r ) ) ’ R ( r ) + Θ ′ ′ ( θ ) r 2 Θ ( θ ) = 0 \frac{\frac{1}{r}(rR'(r))’}{R(r)}+\frac{\Theta''(\theta)}{r^2\Theta(\theta)}=0 R(r)r1?(rR′(r))’?+r2Θ(θ)Θ′′(θ)?=0
分离出两个常微分方程
Θ ′ ′ ( θ ) + λ Θ ( θ ) = 0 ( 6 a ) 1 r ( r R ′ ( r ) ) ′ ? λ r 2 R ( r ) = 0 ( 7 a ) \Theta''(\theta)+\lambda \Theta(\theta)=0 \quad (6a) \\ \frac{1}{r}(rR'(r))'-\frac{\lambda}{r^2}R(r)=0 \quad (7a) Θ′′(θ)+λΘ(θ)=0(6a)r1?(rR′(r))′?r2λ?R(r)=0(7a)
Θ ( θ ) \Theta(\theta) Θ(θ)蕴含周期条件
Θ ( θ + 2 π ) = Θ ( θ ) \Theta(\theta+2\pi)=\Theta(\theta) Θ(θ+2π)=Θ(θ)
与 Θ ( θ ) \Theta(\theta) Θ(θ)的方程构成固有值问题
{ Θ ′ ′ ( θ ) + λ Θ ( θ ) = 0 Θ ( θ + 2 π ) = Θ ( θ ) (6b) \begin{cases} \Theta''(\theta)+\lambda\Theta(\theta)=0 \\ \Theta(\theta+2\pi)=\Theta(\theta) \tag{6b} \end{cases} {
Θ′′(θ)+λΘ(θ)=0Θ(θ+2π)=Θ(θ)?(6b)
类似上例讨论可知
当 λ = ? ω 2 < 0 \lambda=-\omega^2<0 λ=?ω2<0时，（6a）式的通解为 Θ ( θ ) = A e ω θ + B e ? ω θ \Theta(\theta)=Ae^{\omega\theta}+Be^{-\omega\theta} Θ(θ)=Aeωθ+Be?ωθ，无非零周期解；
当 λ = 0 \lambda=0 λ=0时，通解为 Θ ( θ ) = A + B θ \Theta(\theta)=A+B\theta Θ(θ)=A+Bθ，有周期解 Θ 0 ( θ ) ≡ 1 \Theta_0(\theta)\equiv 1 Θ0?(θ)≡1;
当 λ = ω 2 > 0 \lambda=\omega^2>0 λ=ω2>0时，（6a）式的通解为
Θ ( θ ) = A c o s ω θ + B s i n w θ \Theta(\theta)=Acos\omega\theta+Bsinw\theta Θ(θ)=Acosωθ+Bsinwθ
当且仅当 w = n ( n = 1 , 2 , ? ? ? ) w=n(n=1,2,···) w=n(n=1,2,???)时，该通解以 2 π 2\pi 2π为周期。
综上所述，以 2 π 2\pi 2π为周期的周期条件下的固有值问题（6b）式的固有值是
λ n = n 2 , n = 0 , 1 , 2 , ? ? ? , \lambda_n=n^2,\quad n=0,1,2,···, λn?=n2,n=0,1,2,???,
相应的固有函数为
Θ n ( θ ) = A n c o s n θ + B n s i n n θ \Theta_n(\theta)=A_ncos\space n\theta+B_nsin\space n\theta Θn?(θ)=An?cos nθ+Bn?sin nθ
或记为
Θ n ( θ ) = { c o s n θ s i n n θ } \Theta_n(\theta)= \begin{Bmatrix} cos\space n\theta \\ sin \space n\theta \end{Bmatrix} Θn?(θ)={
cos nθsin nθ?}
注意，这里对 n ≠ 0 n\neq 0 n?=0，一个固有值对应于两个线性无关的固有函数，物理上称为简并现象。
当固有值 λ n = n 2 \lambda_n=n^2 λn?=n2，相应的 R ( r ) R(r) R(r)的方程（7a）是欧拉（Euler）方程
r 2 R ′ ′ ( r ) + r R ′ ( r ) ? n 2 R ( r ) = 0 r^2R''(r)+rR'(r)-n^2R(r)=0 r2R′′(r)+rR′(r)?n2R(r)=0
在自变量代换 r = e t r=e^t r=et下，变为常系数方程
d 2 R d t 2 ? n 2 R = 0 \frac{d^2R}{dt^2}-n^2R=0 dt2d2R??n2R=0
其通解为
R 0 = C 0 + D 0 t = C 0 + D 0 l n r R n = C n e n t + D n e ? n t = C n r n + D n r ? n , n = 1 , 2 , ? ? ? ， R_0=C_0+D_0t=C_0+D_0lnr \\ R_n=C_ne^{nt}+D_ne^{-nt}=Cnr^n+D_nr^{-n},\quad n=1,2,···， R0?=C0?+D0?t=C0?+D0?lnrRn?=Cn?ent+Dn?e?nt=Cnrn+Dn?r?n,n=1,2,???，
由问题的物理意义，显然在中心 r = 0 r=0 r=0需有自然边界条件
∣ R ( 0 ) ∣ < + ∞ |R(0)|<+\infty ∣R(0)∣<+∞
故
D 0 = D n = 0 R 0 ( r ) = 1 , R n ( r ) = r n D_0=D_n=0 \\ R_0(r)=1,\quad R_n(r)=r^n D0?=Dn?=0R0?(r)=1,Rn?(r)=rn
得园内二维Laplace方程变量分离形状的周期解
u 0 ( r , θ ) = 1 , u n ( r , θ ) = { c o s n θ s i n n θ } r n , n = 1 , 2 , ? ? ? . u_0(r,\theta)=1, \quad \\ u_n(r,\theta)= \begin{Bmatrix} cos\space n\theta \\ sin\space n\theta \end{Bmatrix} r^n,\quad n=1,2,···. u0?(r,θ)=1,un?(r,θ)={
cos nθsin nθ?}rn,n=1,2,???.
由叠加原理，设
u ( r , θ ) = A 0 2 + ∑ n = 1 + ∞ ( r a ) n ( A n c o s n θ + B n s i n n θ ) (8) u(r,\theta) =\frac{A_0}{2}+\sum_{n=1}^{+\infty}(\frac{r}{a})^n(A_ncos \space n\theta+B_nsin\space n\theta) \tag{8} u(r,θ)=2A0??+n=1∑+∞?(ar?)n(An?cos nθ+Bn?sin nθ)(8)
代入边界条件（5）式得
u ( a , θ ) = A 0 2 + ∑ n = 1 + ∞ ( A n c o s n θ + B n s i n n θ ) = f ( θ ) u(a,\theta)=\frac{A_0}{2}+\sum_{n=1}^{+\infty}(A_ncos\space n\theta+B_nsin\space n\theta)=f(\theta) u(a,θ)=2A0??+n=1∑+∞?(An?cos nθ+Bn?sin nθ)=f(θ)
这是 f ( θ ) f(\theta) f(θ)在 [ 0 , 2 π ] [0,2\pi] [0,2π]上的Fourier展开式，故对 n = 0 , 1 , 2 , ? ? ? n=0,1,2,··· n=0,1,2,???都有
A n = 1 π ∫ 0 2 π f ( φ ) c o s n φ d φ ( 9 a ) B n = 1 π ∫ 0 2 π f ( φ ) s i n n φ d φ ( 9 b ) A_n=\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}f(\varphi)cosn\varphi d\varphi \quad (9a)\\ B_n=\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}f(\varphi)sinn\varphi d\varphi \quad (9b) An?=π1?∫02π?f(φ)cosnφdφ(9a)Bn?=π1?∫02π?f(φ)sinnφdφ(9b)
将此 A n , B n A_n,B_n An?,Bn?代入（8）式，便可得二维Laplace方程园内第一边值问题（5）式的形式解
当 f ( θ ) f(\theta) f(θ)是圆周上的连续函数时，可直接验证（8）式、（9a）式、（9b）式给出了（5）式的古典解。利用调和函数的极值原理，还可证明Dirichlet问题（5）式的解唯一、稳定。
u ( r , θ ) = 1 2 π ∫ 0 2 π f ( φ ) d φ + 1 π ∑ n = 1 + ∞ ( r a ) n ∫ 0 2 π f ( φ ) [ c o s n φ c o s n θ + s i n n φ s i n n θ ] d φ = 1 2 π ∫ 0 2 π f ( φ ) [ 1 + 2 ∑ n = 1 + ∞ ( r a ) n c o s n ( φ ? θ ) ] d φ u(r,\theta)=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}f(\varphi)d\varphi+\frac{1}{\pi}\sum_{n=1}^{+\infty}(\frac{r}{a})^n\int_0^{2\pi}f(\varphi)[cos\space n\varphi cos\space n\theta+sin\space n\varphi sin\space n\theta]d\varphi \\ =\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}f(\varphi)[1+2\sum_{n=1}^{+\infty}(\frac{r}{a})^ncosn(\varphi-\theta)]d\varphi u(r,θ)=2π1?∫02π?f(φ)dφ+π1?n=1∑+∞?(ar?)n∫02π?f(φ)[cos nφcos nθ+sin nφsin nθ]dφ=2π1?∫02π?f(φ)[1+2n=1∑+∞?(ar?)ncosn(φ?θ)]dφ
若令 z = r a e i ( φ ? θ ) z=\frac{r}{a}e^{i(\varphi-\theta)} z=ar?ei(φ?θ)，则 ( r a ) n c o s n ( ξ ? θ ) = R e z n (\frac{r}{a})^ncosn(\xi-\theta)=Rez^n (ar?)ncosn(ξ?θ)=Rezn。利用公式 ∑ n = 0 + ∞ z n = 1 1 ? z ( ∣ z ∣ < 1 ) \sum_{n=0}^{+\infty}z^n=\frac{1}{1-z}(|z|<1) ∑n=0+∞?zn=1?z1?(∣z∣<1)，不难求出上式中
1 + 2 ∑ n = 1 + ∞ ( r a ) n c o s n ( φ ? θ ) = a 2 ? r 2 a 2 ? 2 a r c o s ( φ ? θ ) + r 2 1+2\sum_{n=1}^{+\infty}(\frac{r}{a})^ncos\,n(\varphi-\theta)=\frac{a^2-r^2}{a^2-2ar\,cos(\varphi-\theta)+r^2} 1+2n=1∑+∞?(ar?)ncosn(φ?θ)=a2?2arcos(φ?θ)+r2a2?r2?
从而
u ( r , θ ) = a 2 ? r 2 2 π ∫ 0 2 π f ( φ ) a 2 ? 2 a r c o s ( φ ? θ ) + r 2 d φ u(r,\theta)=\frac{a^2-r^2}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{f(\varphi)}{a^2-2arcos(\varphi-\theta)+r^2}d\varphi u(r,θ)=2πa2?r2?∫02π?a2?2arcos(φ?θ)+r2f(φ)?dφ
即为Poisson积分公式。
公式（8）可作为园内Laplace方程的一般形式。从以上推导公式（8）的过程可见，圆外 ( r > a ) (r>a) (r>a) L a p l a c e Laplace Laplace方程有界解的一般形式为
u ( r , θ ) = A 0 2 + ∑ n = 1 + ∞ ( a n ) n ( A n c o s n θ + B n s i n n θ ) , (r>a) u(r,\theta)=\frac{A_0}{2}+\sum_{n=1}^{+\infty}(\frac{a}{n})^n(A_ncos\,n\theta+B_nsin\,n\theta),\tag{r>a} u(r,θ)=2A0??+n=1∑+∞?(na?)n(An?cosnθ+Bn?sinnθ),(r>a)
而环域 a 1 < r < a 2 a_1<r<a_2 a1?<r<a2?内Laplace方程解的一般形式则为
u ( r , θ ) = C 0 2 + D 0 2 l n r + ∑ n = 1 + ∞ ( C n r n + D n r ? n ) ( A n c o s n θ + B n s i n n θ ) u(r,\theta)=\frac{C_0}{2}+\frac{D_0}{2}ln\,r+\sum_{n=1}^{+\infty}(C_nr^n+D_nr^{-n})(A_ncos\,n\theta+B_nsin\,n\theta) u(r,θ)=2C0??+2D0??lnr+n=1∑+∞?(Cn?rn+Dn?r?n)(An?cosnθ+Bn?sinnθ)
其中，系数 A n , B n , C n , D n A_n,B_n,C_n,D_n An?,Bn?,Cn?,Dn?都可根据边界条件，利用Fourier展开的系数公式定出。