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user: 3. 问题转化 令 Ψ 0 ( z ) = 1 2 [ Φ 0 ( z ) + Φ 0 ( z ¯ ) ¯ ] Ω 0 ( z ) = 1 2 [ Φ 0 ( z ) − Φ 0 ( z ¯ ) ¯ ] 代入(1)式，得到 Re [ Ψ 0 ( t ) ] = 1 2 [ f ( t ) + f ( t ¯ ) ] : = f ˜ ( t ) (2) Re [ Ω 0 ( t ) ] = 1 2 [ f ( t ) − f ( t ¯ ) ] : = f ˜ ˜ ( t ) (3) 由上述定义可知， f ˜ 关于实轴对称， f ˜ ˜ 关于实轴反对称，即 f ˜ ( t ¯ ) = f ˜ ( t ) f ˜ ˜ ( t ¯ ) = − f ˜ ˜ ( t ) 再由 f ( t ) = f ( t ⋅ e i 2 π 3 ) 可知 f ˜ ( t ⋅ e i 2 π 3 ) = 1 2 [ f ( t ⋅ e i 2 π 3 ) + f ( t ⋅ e i 2 π 3 ¯ ) ] = 1 2 [ f ( t ) + f ( t ⋅ e i 2 π 3 ¯ ⋅ e i 2 π 3 ) ] = f ˜ ( t ) 同理可知， f ˜ ˜ ( t ⋅ e i 2 π 3 ) = f ˜ ˜ ( t ) 定义3：若 z 与 z ⋆ 满足 z ⋆ − z 0 = R 2 z ¯ − z 0 ¯ 则称 z 与 z ⋆ 关于 L : | z − z 0 | = R 互为对称点。 我们令 [ 3 ] [ 4 ] [ 5 ] τ 1 ( z ) = ( 1 + i 3 ) z ¯ + 4 2 z ¯ − ( 1 − i 3 ) τ 2 ( z ) = 2 − z ¯ z ¯ + 1 τ 3 ( z ) = ( 1 − i 3 ) z ¯ + 4 2 z ¯ − ( 1 + i 3 ) 则， τ 1 ( z ) 与 z 关于 C a : | z − a | = 3 互为对称点， τ 2 ( z ) 与 z 关于 C b : | z − b | = 3 互为对称点， τ 3 ( z ) 与 z 关于 C c : | z − c | = 3 互为对称点。 由 [ 1 ] 可知，通过构造对称扩张可以将Schwarz边值问题等价转化为Riemann边值问题。下面我们给出 Ψ 0 ( z ) 在外域 D 1 ， D 2 ， D 3 中的对称扩张，如下 Ψ 1 ( z ) = Ψ 0 ( τ 1 ( z ) ) ¯ ， z ∈ D 1 Ψ 2 ( z ) = Ψ 0 ( τ 2 ( z ) ) ¯ ， z ∈ D 2 Ψ 3 ( z ) = Ψ 0 ( τ 3 ( z ) ) ¯ ， z ∈ D 3 记 Ψ ( z ) = { Ψ 0 ( z ) ， z ∈ D 0 Ψ 1 ( z ) ， z ∈ D 1 Ψ 2 ( z ) ， z ∈ D 2 Ψ 3 ( z ) ， z ∈ D 3 易证， Ψ ( z ) 是一分区全纯函数。 类似的，我们给出 Ω 0 ( z ) 在外域 D 1 ， D 2 ， D 3 中的对称扩张，如下 Ω 1 ( z ) = Ω 0 ( τ 1 ( z ) ) ¯ Ω 2 ( z ) = Ω 0 ( τ 2 ( z ) ) ¯ Ω 3 ( z ) = Ω 0 ( τ 3 ( z ) ) ¯ 记 Ω ( z ) = { Ω 0 ( z ) ， z ∈ D 0 Ω 1 ( z ) ， z ∈ D 1 Ω 2 ( z ) ， z ∈ D 2 Ω 3 ( z ) ， z ∈ D 3 易证， Ω ( z ) 是一分区全纯函数。 图2. 正边值及其等价关系 图3. 负边值及其等价关系 如图2和图3所示，通过计算可以得到如下性质： τ 1 ( z ¯ ) = τ 3 ( z ) ¯ τ 2 ( z ¯ ) = τ 2 ( z ) ¯ τ 2 ( z ) ⋅ e i 2 π 3 = τ 3 ( z ⋅ e i 2 π 3 ) τ 2 ( z ) ⋅ e i 4 π 3 = τ 1 ( z ⋅ e i 4 π 3 ) τ 1 ( z ) ⋅ e i 4 π 3 = τ 3 ( z ⋅ e i 4 π 3 ) 其中 z ∈ D 0 + L 。如图4所示，有 f ˜ ( τ 2 ( t ) ) = f ˜ ( τ 2 ( t ) ⋅ e i 4 π 3 ) = f ˜ ( τ 1 ( t ⋅ e i 4 π 3 ) ) ， t ∈ L 4 f ˜ ( τ 1 ( t ) ) = f ˜ ( τ 1 ( t ) ⋅ e i 4 π 3 ) = f ˜ ( τ 3 ( t ⋅ e i 4 π 3 ) ) ， t ∈ L 4 τ 1 ( t ⋅ e i 4 π 3 ) = τ 3 ( t ⋅ e i 4 π 3 ) ¯ 可得 f ˜ ( τ 2 ( t ) ) = f ˜ ( τ 3 ( t ) ) ， t ∈ L 4 图4. L 4 上的边值问题 同理，如图5所示，有 f ˜ ( τ 3 ( t ) ) = f ˜ ( τ 3 ( t ) ⋅ e i 2 π 3 ) = f ˜ ( τ 1 ( t ⋅ e i 2 π 3 ) ) ， t ∈ L 5 f ˜ ( τ 2 ( t ) ) = f ˜ ( τ 2 ( t ) ⋅ e i 2 π 3 ) = f ˜ ( τ 3 ( t ⋅ e i 2 π 3 ) ) ， t ∈ L 5 τ 1 ( t ⋅ e i 2 π 3 ) = τ 3 ( t ⋅ e i 2 π 3 ) ¯ 图5. L 5 上的边值问题 可得 f ˜ ( τ 3 ( t ) ) = f ˜ ( τ 2 ( t ) ) ， t ∈ L 5 这就意味着，所求函数 Ψ 在 L 4 ， L 5 ， L 6 上正负边值的实部相等，接下来我们将讨论其虚部之间的关系。 设 Ψ 0 ( z ) = u ( z ) + i v ( z ) 我们有 v ( x 0 ， y 0 ) = ∫ ( 0 ， 0 ) ( x 0 ， y 0 ) v x d x + v y d y + v ( 0 ， 0 ) 由C-R方程可得 v ( x 0 ， y 0 ) = ∫ ( 0 ， 0 ) ( x 0 ， y 0 ) − u y d x + u x d y + v ( 0 ， 0 ) = ∫ Γ 1 ∇ u ⋅ ( d y ， − d x ) + v ( 0 ， 0 ) = ∫ Γ 1 ∇ u ⋅ n d S + v ( 0 ， 0 ) = ∫ Γ 1 ∂ u ∂ n d S + v ( 0 ， 0 ) 记 ( x ′ 0 ， y ′ 0 ) 是 ( x 0 ， y 0 ) 关于 L 4 的对称点，有 v ( x ′ 0 ， y ′ 0 ) = ∫ ( 0 ， 0 ) ( x ′ 0 ， y ′ 0 ) v x d x + v y d y + v ( 0 ， 0 ) = ∫ ( 0 ， 0 ) ( x ′ 0 ， y ′ 0 ) − u y d x + u x d y + v ( 0 ， 0 ) = ∫ Γ 2 ∇ u ⋅ ( d y ， − d x ) + v ( 0 ， 0 ) = ∫ Γ 2 ∇ u ⋅ n d S + v ( 0 ， 0 ) = ∫ Γ 2 ∂ u ∂ n d S + v ( 0 ， 0 ) = − ∫ Γ 1 ∂ u ∂ n d S + v ( 0 ， 0 ) 其中 Γ 1 是 ( 0 ， 0 ) 到 ( x 0 ， y 0 ) 的直线段， Γ 2 是 ( 0 ， 0 ) 到 ( x ′ 0 ， y ′ 0 ) 的直线段。从而，有 Ψ 2 + ( t ) − f ˜ ( τ 2 ( t ) ) = − [ Ψ 1 − ( t ) − f ˜ ( τ 1 ( t ) ) ] + C ， t ∈ L 4 同理，我们有 Ψ 3 + ( t ) − f ˜ ( τ 3 ( t ) ) = − [ Ψ 2 − ( t ) − f ˜ ( τ 2 ( t ) ) ] + C ， t ∈ L 5 Ψ 1 + ( t ) − f ˜ ( τ 1 ( t ) ) = − [ Ψ 3 − ( t ) − f ˜ ( τ 3 ( t ) ) ] + C ， t ∈ L 6 问题(2)在满足条件 Ψ j − ( t ) = Ψ 0 + ( t ) ¯ ， t ∈ L j ， j = 1 ， 2 ， 3 (4) 时，可等价转化为 { Ψ 0 + ( t ) = − Ψ 1 − ( t ) + 2 f ˜ ( t ) ， t ∈ L 1 Ψ 0 + ( t ) = − Ψ 2 − ( t ) + 2 f ˜ ( t ) ， t ∈ L 2 Ψ 0 + ( t ) = − Ψ 3 − ( t ) + 2 f ˜ ( t ) ， t ∈ L 3 Ψ 2 + ( t ) = − Ψ 1 − ( t ) + 2 f ˜ ( τ 2 ( t ) ) + C ， t ∈ L 4 Ψ 3 + ( t ) = − Ψ 2 − ( t ) + 2 f ˜ ( τ 3 ( t ) ) + C ， t ∈ L 5 Ψ 1 + ( t ) = − Ψ 3 − ( t ) + 2 f ˜ ( τ 1 ( t ) ) + C ， t ∈ L 6 (5) 由 f ˜ ˜ ( τ 2 ( t ) ) = f ˜ ˜ ( τ 2 ( t ) ⋅ e i 4 π 3 ) = f ˜ ˜ ( τ 1 ( t ⋅ e i 4 π 3 ) ) ， t ∈ L 4 f ˜ ˜ ( τ 1 ( t ) ) = f ˜ ˜ ( τ 1 ( t ) ⋅ e i 4 π 3 ) = f ˜ ˜ ( τ 3 ( t ⋅ e i 4 π 3 ) ) ， t ∈ L 4 τ 1 ( t ⋅ e i 4 π 3 ) = τ 3 ( t ⋅ e i 4 π 3 ) ¯ 可得 f ˜ ˜ ( τ 2 ( t ) ) = − f ˜ ˜ ( τ 3 ( t ) ) ， t ∈ L 4 同理，由 f ˜ ˜ ( τ 3 ( t ) ) = f ˜ ˜ ( τ 3 ( t ) ⋅ e i 2 π 3 ) = f ˜ ˜ ( τ 1 ( t ⋅ e i 2 π 3 ) ) ， t ∈ L 5 f ˜ ˜ ( τ 2 ( t ) ) = f ˜ ˜ ( τ 2 ( t ) ⋅ e i 2 π 3 ) = f ˜ ˜ ( τ 3 ( t ⋅ e i 2 π 3 ) ) ， t ∈ L 5 τ 1 ( t ⋅ e i 2 π 3 ) = τ 3 ( t ⋅ e i 2 π 3 ) ¯ 可得 f ˜ ˜ ( τ 3 ( t ) ) = − f ˜ ˜ ( τ 2 ( t ) ) ， t ∈ L 5 设 Ω 0 ( z ) = u ( z ) + i v ( z ) 我们有 v ( x 0 ， y 0 ) = ∫ ( 0 ， 0 ) ( x 0 ， y 0 ) v x d x + v y d y + v ( 0 ， 0 ) 由C-R方程可得 v ( x 0 ， y 0 ) = ∫ ( 0 ， 0 ) ( x 0 ， y 0 ) − u y d x + u x d y + v ( 0 ， 0 ) = ∫ Γ 1 ∇ u ⋅ ( d y ， − d x ) + v ( 0 ， 0 ) = ∫ Γ 1 ∇ u ⋅ n d S + v ( 0 ， 0 ) = ∫ Γ 1 ∂ u ∂ n d S + v ( 0 ， 0 ) 记 ( x ′ 0 ， y ′ 0 ) 是 ( x 0 ， y 0 ) 关于 L 4 的对称点，有 v ( x ′ 0 ， y ′ 0 ) = ∫ ( 0 ， 0 ) ( x ′ 0 ， y ′ 0 ) v x d x + v y d y + v ( 0 ， 0 ) = ∫ ( 0 ， 0 ) ( x ′ 0 ， y ′ 0 ) − u y d x + u x d y + v ( 0 ， 0 ) = ∫ Γ 2 ∇ u ⋅ ( d y ， − d x ) + v ( 0 ， 0 ) = ∫ Γ 2 ∇ u ⋅ n d S + v ( 0 ， 0 ) = ∫ Γ 2 ∂ u ∂ n d S + v ( 0 ， 0 ) = ∫ Γ 1 ∂ u ∂ n d S + v ( 0 ， 0 ) 其中 Γ 1 是 ( 0 ， 0 ) 到 ( x 0 ， y 0 ) 的直线段， Γ 2 是 ( 0 ， 0 ) 到 ( x ′ 0 ， y ′ 0 ) 的直线段。我们假设 v ( 0 ， 0 ) = 0 ，从而有 Ω 2 + ( t ) − f ˜ ˜ ( τ 2 ( t ) ) = Ω 1 − ( t ) − f ˜ ˜ ( τ 1 ( t ) ) ， t ∈ L 4 同理，我们有 Ω 3 + ( t ) − f ˜ ˜ ( τ 3 ( t ) ) = Ω 2 − ( t ) − f ˜ ˜ ( τ 2 ( t ) ) ， t ∈ L 5 Ω 1 + ( t ) − f ˜ ˜ ( τ 1 ( t ) ) = Ω 3 − ( t ) − f ˜ ˜ ( τ 3 ( t ) ) ， t ∈ L 6 问题(3)在满足条件 Ω j − ( t ) = Ω 0 + ( t ) ¯ ， t ∈ L j ， j = 1 ， 2 ， 3 (6) 时，可等价转化为 { Ω 0 + ( t ) = − Ω 1 − ( t ) + 2 f ˜ ˜ ( t ) ， t ∈ L 1 Ω 0 + ( t ) = − Ω 2 − ( t ) + 2 f ˜ ˜ ( t ) ， t ∈ L 2 Ω 0 + ( t ) = − Ω 3 − ( t ) + 2 f ˜ ˜ ( t ) ， t ∈ L 3 Ω 2 + ( t ) = Ω 1 − ( t ) + 2 f ˜ ˜ ( τ 2 ( t ) ) ， t ∈ L 4 Ω 3 + ( t ) = Ω 2 − ( t ) + 2 f ˜ ˜ ( τ 3 ( t ) ) ， t ∈ L 5 Ω 1 + ( t ) = Ω 3 − ( t ) + 2 f ˜ ˜ ( τ 1 ( t ) ) ， t ∈ L 6 (7)