PDE — Homework 6

Problem 1.

求半空间 $\{(x,y,z); z > 0\}$ 以及球 $\{(x,y,z); x^2 + y^2 + z^2 < \mathbb{R}^2\}$ 的格林函数，并给出相应的狄利克雷问题的解.

上半空间.

记 $\Omega = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : z > 0\}$ ，边界 $\partial\Omega = \{(x,y,z) : z = 0\}$ 。对于点 $Q(x,y,z) \in \Omega$ ( $z > 0$ ) 和 $P(x_1,y_1,z_1) \in \Omega$ ，在 $Q_1(x,y,-z)$ 处放置与 $Q$ 点处电荷量相同的负点电荷，则格林函数为：

G(P,Q) = -\frac{1}{4\pi r(P,Q)} + \frac{1}{4\pi r(P,Q_1)}

其中

r(P,Q) = \sqrt{(x-x_1)^2 + (y-y_1)^2 + (z-z_1)^2}, r(P,Q_1) = \sqrt{(x-x_1)^2 + (y-y_1)^2 + (z+z_1)^2}

下面我们来验证 $G(P,Q)$ 符合格林函数的定义.

在边界 $\partial\Omega$ 上 ( $z_1 = 0$ )：

G(P,Q)|_{z_1=0} = -\frac{1}{4\pi r(P,Q)} + \frac{1}{4\pi r(P,Q_1)} = 0

在 $\Omega$ 内部， $\Delta_P G(P,Q) = \delta(P-Q)$ ，这是因为：

\Delta_P\left(-\frac{1}{4\pi r(P,Q)}\right) = \delta(P-Q), \Delta_P\left(\frac{1}{4\pi r(P,Q_1)}\right) = 0 (\text{当 } P \neq Q_1)

且 $Q_1 \notin \Omega$ ，所以第二项在 $\Omega$ 内调和。

现在我们来计算法向导数：

\frac{\partial G(P,Q)}{\partial z_1} = \frac{1}{4\pi}\left[ \frac{z_1 - z}{r(P,Q)^3} - \frac{z_1 + z}{r(P,Q_1)^3} \right]

在边界 $\partial\Omega$ 上，外法向量方向为 $-z$ 方向，因此 $\frac{\partial G}{\partial n} = -\frac{\partial G}{\partial z_1}$ 。在边界 $z_1 = 0$ 处：

\frac{\partial G}{\partial n}\bigg|_{\partial\Omega} = -\frac{\partial G}{\partial z_1}\bigg|_{z_1=0} = -\frac{1}{4\pi}\left[ \frac{-z}{r(P,Q)^3} - \frac{z}{r(P,Q_1)^3} \right]_{z_1=0}

当 $z_1 = 0$ 时， $r(P,Q) = r(P,Q_1) = \sqrt{(x-x_1)^2 + (y-y_1)^2 + z^2}$ ，代入得：

\frac{\partial G}{\partial n}\bigg|_{\partial\Omega} = \frac{1}{4\pi}\left[ \frac{z}{r^3} + \frac{z}{r^3} \right] = \frac{z}{2\pi r^3} = \frac{z}{2\pi[(x-x_1)^2 + (y-y_1)^2 + z^2]^{3/2}}

对于半空间 $\Omega$ 上的狄利克雷问题：

\begin{cases} \Delta u = 0, & (x,y,z) \in \Omega \\ u(x,y,0) = f(x,y), & (x,y) \in \mathbb{R}^2 \end{cases}

解可表示为：

u(Q) = \int_{\partial\Omega} f(P) \frac{\partial G(P,Q)}{\partial n} dS_P

代入已求得的法向导数，并注意到在边界上 $dS_P = dx_1dy_1$ ，我们可得：

u(x,y,z) = \iint_{\mathbb{R}^2} f(x_1,y_1) \cdot \frac{z}{2\pi[(x-x_1)^2 + (y-y_1)^2 + z^2]^{3/2}} dx_1 dy_1

∎

球.

对于球 $\Omega = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : x^2 + y^2 + z^2 < R^2\}$ 的格林函数，我们使用球坐标系。设 $Q(\rho, \theta_1, \varphi_1)$ 为球内一点， $P(\rho_2, \theta_2, \varphi_2)$ 为变点，球坐标变换为：

x = \rho \sin\varphi \cos\theta, y = \rho \sin\varphi \sin\theta, z = \rho \cos\varphi

其中 $0 \leq \varphi \leq \pi$ , $0 \leq \theta \leq 2\pi$ , $0 \leq \rho < R$ 。

为了构造球的格林函数，我们在 $Q$ 关于球面的反演点 $Q_1$ 处放置适当强度的镜像电荷。设 $Q$ 的球坐标为 $(\rho, \theta_1, \varphi_1)$ ，则其反演点 $Q_1$ 位于射线 $OQ$ 上，且满足：

|OQ_1| = \frac{R^2}{\rho}

我们定义球的格林函数为：

G(P,Q) = -\frac{1}{4\pi r(P,Q)} + \frac{R}{\rho} \cdot \frac{1}{4\pi r(P,Q_1)}

其中 $r(P,Q) = |P-Q|$ ， $r(P,Q_1) = |P-Q_1|$ 。

下面我们来验证 $G(P,Q)$ 是格林函数。

首先验证边界条件：当 $P$ 在球面 $\partial\Omega$ 上时，即 $|P| = R$ ，需要证明 $G(P,Q) = 0$ 。

当 $P$ 在球面上时，由圆幂定理我们可得：

\frac{r(P,Q)}{R} = \frac{\rho}{r(P,Q_1)}

因此，在球面 $|P| = R$ 上：

G(P,Q) = -\frac{1}{4\pi r(P,Q)} + \frac{R}{\rho} \cdot \frac{1}{4\pi r(P,Q_1)} = -\frac{1}{4\pi r(P,Q)} + \frac{R}{\rho} \cdot \frac{1}{4\pi} \cdot \frac{r(P,Q)}{R\rho} = -\frac{1}{4\pi r(P,Q)} + \frac{1}{4\pi r(P,Q)} = 0

其次验证在 $\Omega$ 内部， $\Delta_P G(P,Q) = \delta(P-Q)$ 。第一项 $-\frac{1}{4\pi r(P,Q)}$ 的Laplace算子作用结果为 $\delta(P-Q)$ ，而第二项 $\frac{R}{\rho} \cdot \frac{1}{4\pi r(P,Q_1)}$ 在 $\Omega$ 内是调和的，因为 $Q_1$ 在球外 ( $|Q_1| = R^2/\rho > R$ )。

现在计算法向导数。在球坐标系中，外法向为径向方向，因此：

\frac{\partial G}{\partial n} = \frac{\partial G}{\partial \rho_2}\bigg|_{\rho_2 = R}

经过计算可得：

\frac{\partial G}{\partial n}\bigg|_{\partial\Omega} = \frac{R^2 - \rho^2}{4\pi R} \cdot \frac{1}{r(P,Q)^3}

对于球域 $\Omega$ 上的狄利克雷问题：

\begin{cases} \Delta u = 0, & x^2 + y^2 + z^2 < R^2 \\ u = f, & x^2 + y^2 + z^2 = R^2 \end{cases}

其解为：

u(Q) = \frac{1}{4\pi R} \int_{\partial\Omega} f(P) \frac{R^2 - \rho^2}{r(P,Q)^3} dS_P

其中 $\rho = |Q|$ ， $r(P,Q) = |P-Q|$ ，积分在球面 $\partial\Omega$ 上进行。

∎

Problem 2.

设 $u$ 在以 $Q$ 为心、 $R$ 为半径的球 $B$ 内非负调和，而在 $\overline{B}$ 上连续，则对任意 $P \in B$ ，有

\frac{R - \rho}{R + \rho} u(Q) \leq u(P) \leq \frac{R + \rho}{R - \rho} u(Q)

其中 $\rho = |PQ|$ 。

证明.

类似求圆上Laplace方程的Dirichlet问题，我们有：

u(P) = u(\rho, \theta) = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \frac{R^2 - \rho^2}{R^2 + \rho^2 - 2R\rho\cos(\theta-\varphi)} f(\varphi) d\varphi

其中 $f(\varphi) = u(R,\varphi)$ 是边界值。

由于 $-1 \leq \cos(\theta-\varphi) \leq 1$ ，可得：

\frac{R^2 - \rho^2}{(R+\rho)^2} \leq \frac{R^2 - \rho^2}{R^2 + \rho^2 - 2R\rho\cos(\theta-\varphi)} \leq \frac{R^2 - \rho^2}{(R-\rho)^2}

注意到：

\frac{R^2 - \rho^2}{(R+\rho)^2} = \frac{R-\rho}{R+\rho}, \frac{R^2 - \rho^2}{(R-\rho)^2} = \frac{R+\rho}{R-\rho}

因此：

\frac{R-\rho}{R+\rho} \cdot \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f(\varphi) d\varphi \leq u(P) \leq \frac{R+\rho}{R-\rho} \cdot \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f(\varphi) d\varphi

由平均值性质，当 $\rho = 0$ 时：

u(Q) = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f(\varphi) d\varphi

代入可得：

\frac{R-\rho}{R+\rho} u(Q) \leq u(P) \leq \frac{R+\rho}{R-\rho} u(Q)

∎

Problem 3.

证明 $n=3$ 的可去奇点定理.

我们先来叙述一下 $n=3$ 的可去奇点定理：

Theorem 1.

设 $u(x)$ 在 $B_R(A) \setminus \{A\}$ 中调和，且在 $A$ 点附近满足

u(x) = o\left(\frac{1}{|x-A|}\right) \text{当 } x \to A

则我们可以通过补充定义 $u$ 在 $A$ 点的值，使得 $u$ 在整个 $B_R(A)$ 中调和。

证明.

由条件可知：

\lim_{x \to A} \frac{u(x)}{1/|x-A|} = 0

取固定半径 $R$ 使得 $B_R(A) \subset \Omega$ ，对任意 $\delta < R$ ，考虑球环区域 $B_R(A) \setminus B_\delta(A)$ 。定义比较函数：

V_C(x) = C\left(\frac{1}{|x-A|} - \frac{1}{R}\right)

其中 $C$ 是正常数。我们不难验证 $V_C$ 满足：

\begin{cases} \Delta V_C = 0, & x \in B_R(A) \setminus B_\delta(A) \\ V_C|_{\partial B_R(A)} = 0 \end{cases}

现在定义 $u_1$ 为如下边值问题的解：

\begin{cases} \Delta u_1 = 0, & x \in B_R(A) \\ u_1|_{\partial B_R(A)} = u|_{\partial B_R(A)} \end{cases}

考虑函数 $w = u_1 - u$ ，则 $w$ 满足：

\begin{cases} \Delta w = 0, & x \in B_R(A) \setminus B_\delta(A) \\ w|_{\partial B_R(A)} = u_1|_{\partial B_R(A)} - u|_{\partial B_R(A)} = 0 \end{cases}

由条件 $\lim_{x \to A} \frac{u(x)}{1/|x-A|} = 0$ ，以及 $u_1$ 在 $A$ 点附近有界，可得：

\lim_{x \to A} \frac{w(x)}{1/|x-A|} = \lim_{x \to A} \left[ \frac{u_1(x)}{1/|x-A|} - \frac{u(x)}{1/|x-A|} \right] = 0

对任意固定的 $C > 0$ ，存在 $\delta_0 > 0$ ，使得当 $|x-A| = \delta_0$ 时，有：

|w(x)| \leq V_C(x)

现在考虑函数 $w - V_C$ ，它在区域 $B_R(A) \setminus B_{\delta_0}(A)$ 中满足：

\begin{cases} \Delta(w - V_C) = 0, & x \in B_R(A) \setminus B_{\delta_0}(A) \\ (w - V_C)|_{\partial B_R(A)} = 0 \\ (w - V_C)|_{\partial B_{\delta_0}(A)} \leq 0 \end{cases}

由极值原理，在 $B_R(A) \setminus B_{\delta_0}(A)$ 中有：

w - V_C \leq 0 \text{即} w \leq V_C

同理，考虑函数 $w + V_C$ ，可得：

\begin{cases} \Delta(w + V_C) = 0, & x \in B_R(A) \setminus B_{\delta_0}(A) \\ (w + V_C)|_{\partial B_R(A)} = 0 \\ (w + V_C)|_{\partial B_{\delta_0}(A)} \geq 0 \end{cases}

由极值原理，在 $B_R(A) \setminus B_{\delta_0}(A)$ 中有：

w + V_C \geq 0 \text{即} w \geq -V_C

因此，在 $B_R(A) \setminus B_{\delta_0}(A)$ 中成立：

|w| \leq V_C

由于 $\delta_0$ 可以任意小，上述不等式实际上在 $B_R(A) \setminus \{A\}$ 中成立。现在令 $C \to 0$ ，则 $V_C \to 0$ ，于是：

|w| = |u_1 - u| \leq 0 \text{在 } B_R(A) \setminus \{A\} \text{ 中}

即 $u_1 = u$ 在 $B_R(A) \setminus \{A\}$ 中。由于 $u_1$ 在 $B_R(A)$ 中调和，我们可以通过定义 $u(A) = u_1(A)$ 来补充 $u$ 在 $A$ 点的值，使得 $u$ 在整个 $B_R(A)$ 中调和。

∎

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Problem 1.

求半空间 $\{(x,y,z); z > 0\}$ 以及球 $\{(x,y,z); x^2 + y^2 + z^2 < \mathbb{R}^2\}$ 的格林函数，并给出相应的狄利克雷问题的解.

上半空间.

G(P,Q) = -\frac{1}{4\pi r(P,Q)} + \frac{1}{4\pi r(P,Q_1)}

其中

r(P,Q) = \sqrt{(x-x_1)^2 + (y-y_1)^2 + (z-z_1)^2}, r(P,Q_1) = \sqrt{(x-x_1)^2 + (y-y_1)^2 + (z+z_1)^2}

下面我们来验证 $G(P,Q)$ 符合格林函数的定义.

在边界 $\partial\Omega$ 上 ( $z_1 = 0$ )：

G(P,Q)|_{z_1=0} = -\frac{1}{4\pi r(P,Q)} + \frac{1}{4\pi r(P,Q_1)} = 0

在 $\Omega$ 内部， $\Delta_P G(P,Q) = \delta(P-Q)$ ，这是因为：

\Delta_P\left(-\frac{1}{4\pi r(P,Q)}\right) = \delta(P-Q), \Delta_P\left(\frac{1}{4\pi r(P,Q_1)}\right) = 0 (\text{当 } P \neq Q_1)

且 $Q_1 \notin \Omega$ ，所以第二项在 $\Omega$ 内调和。

现在我们来计算法向导数：

\frac{\partial G(P,Q)}{\partial z_1} = \frac{1}{4\pi}\left[ \frac{z_1 - z}{r(P,Q)^3} - \frac{z_1 + z}{r(P,Q_1)^3} \right]

在边界 $\partial\Omega$ 上，外法向量方向为 $-z$ 方向，因此 $\frac{\partial G}{\partial n} = -\frac{\partial G}{\partial z_1}$ 。在边界 $z_1 = 0$ 处：

\frac{\partial G}{\partial n}\bigg|_{\partial\Omega} = -\frac{\partial G}{\partial z_1}\bigg|_{z_1=0} = -\frac{1}{4\pi}\left[ \frac{-z}{r(P,Q)^3} - \frac{z}{r(P,Q_1)^3} \right]_{z_1=0}

当 $z_1 = 0$ 时， $r(P,Q) = r(P,Q_1) = \sqrt{(x-x_1)^2 + (y-y_1)^2 + z^2}$ ，代入得：

\frac{\partial G}{\partial n}\bigg|_{\partial\Omega} = \frac{1}{4\pi}\left[ \frac{z}{r^3} + \frac{z}{r^3} \right] = \frac{z}{2\pi r^3} = \frac{z}{2\pi[(x-x_1)^2 + (y-y_1)^2 + z^2]^{3/2}}

对于半空间 $\Omega$ 上的狄利克雷问题：

\begin{cases} \Delta u = 0, & (x,y,z) \in \Omega \\ u(x,y,0) = f(x,y), & (x,y) \in \mathbb{R}^2 \end{cases}

解可表示为：

u(Q) = \int_{\partial\Omega} f(P) \frac{\partial G(P,Q)}{\partial n} dS_P

代入已求得的法向导数，并注意到在边界上 $dS_P = dx_1dy_1$ ，我们可得：

u(x,y,z) = \iint_{\mathbb{R}^2} f(x_1,y_1) \cdot \frac{z}{2\pi[(x-x_1)^2 + (y-y_1)^2 + z^2]^{3/2}} dx_1 dy_1

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球.

x = \rho \sin\varphi \cos\theta, y = \rho \sin\varphi \sin\theta, z = \rho \cos\varphi

其中 $0 \leq \varphi \leq \pi$ , $0 \leq \theta \leq 2\pi$ , $0 \leq \rho < R$ 。

|OQ_1| = \frac{R^2}{\rho}

我们定义球的格林函数为：

G(P,Q) = -\frac{1}{4\pi r(P,Q)} + \frac{R}{\rho} \cdot \frac{1}{4\pi r(P,Q_1)}

其中 $r(P,Q) = |P-Q|$ ， $r(P,Q_1) = |P-Q_1|$ 。

下面我们来验证 $G(P,Q)$ 是格林函数。

首先验证边界条件：当 $P$ 在球面 $\partial\Omega$ 上时，即 $|P| = R$ ，需要证明 $G(P,Q) = 0$ 。

当 $P$ 在球面上时，由圆幂定理我们可得：

\frac{r(P,Q)}{R} = \frac{\rho}{r(P,Q_1)}

因此，在球面 $|P| = R$ 上：

G(P,Q) = -\frac{1}{4\pi r(P,Q)} + \frac{R}{\rho} \cdot \frac{1}{4\pi r(P,Q_1)} = -\frac{1}{4\pi r(P,Q)} + \frac{R}{\rho} \cdot \frac{1}{4\pi} \cdot \frac{r(P,Q)}{R\rho} = -\frac{1}{4\pi r(P,Q)} + \frac{1}{4\pi r(P,Q)} = 0

现在计算法向导数。在球坐标系中，外法向为径向方向，因此：

\frac{\partial G}{\partial n} = \frac{\partial G}{\partial \rho_2}\bigg|_{\rho_2 = R}

经过计算可得：

\frac{\partial G}{\partial n}\bigg|_{\partial\Omega} = \frac{R^2 - \rho^2}{4\pi R} \cdot \frac{1}{r(P,Q)^3}

对于球域 $\Omega$ 上的狄利克雷问题：

\begin{cases} \Delta u = 0, & x^2 + y^2 + z^2 < R^2 \\ u = f, & x^2 + y^2 + z^2 = R^2 \end{cases}

其解为：

u(Q) = \frac{1}{4\pi R} \int_{\partial\Omega} f(P) \frac{R^2 - \rho^2}{r(P,Q)^3} dS_P

其中 $\rho = |Q|$ ， $r(P,Q) = |P-Q|$ ，积分在球面 $\partial\Omega$ 上进行。

∎

Problem 2.

设 $u$ 在以 $Q$ 为心、 $R$ 为半径的球 $B$ 内非负调和，而在 $\overline{B}$ 上连续，则对任意 $P \in B$ ，有

\frac{R - \rho}{R + \rho} u(Q) \leq u(P) \leq \frac{R + \rho}{R - \rho} u(Q)

其中 $\rho = |PQ|$ 。

证明.

类似求圆上Laplace方程的Dirichlet问题，我们有：

u(P) = u(\rho, \theta) = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \frac{R^2 - \rho^2}{R^2 + \rho^2 - 2R\rho\cos(\theta-\varphi)} f(\varphi) d\varphi

其中 $f(\varphi) = u(R,\varphi)$ 是边界值。

由于 $-1 \leq \cos(\theta-\varphi) \leq 1$ ，可得：

\frac{R^2 - \rho^2}{(R+\rho)^2} \leq \frac{R^2 - \rho^2}{R^2 + \rho^2 - 2R\rho\cos(\theta-\varphi)} \leq \frac{R^2 - \rho^2}{(R-\rho)^2}

注意到：

\frac{R^2 - \rho^2}{(R+\rho)^2} = \frac{R-\rho}{R+\rho}, \frac{R^2 - \rho^2}{(R-\rho)^2} = \frac{R+\rho}{R-\rho}

因此：

\frac{R-\rho}{R+\rho} \cdot \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f(\varphi) d\varphi \leq u(P) \leq \frac{R+\rho}{R-\rho} \cdot \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f(\varphi) d\varphi

由平均值性质，当 $\rho = 0$ 时：

u(Q) = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f(\varphi) d\varphi

代入可得：

\frac{R-\rho}{R+\rho} u(Q) \leq u(P) \leq \frac{R+\rho}{R-\rho} u(Q)

∎

Problem 3.

证明 $n=3$ 的可去奇点定理.

我们先来叙述一下 $n=3$ 的可去奇点定理：

Theorem 1.

设 $u(x)$ 在 $B_R(A) \setminus \{A\}$ 中调和，且在 $A$ 点附近满足

u(x) = o\left(\frac{1}{|x-A|}\right) \text{当 } x \to A

则我们可以通过补充定义 $u$ 在 $A$ 点的值，使得 $u$ 在整个 $B_R(A)$ 中调和。

证明.

由条件可知：

\lim_{x \to A} \frac{u(x)}{1/|x-A|} = 0

取固定半径 $R$ 使得 $B_R(A) \subset \Omega$ ，对任意 $\delta < R$ ，考虑球环区域 $B_R(A) \setminus B_\delta(A)$ 。定义比较函数：

V_C(x) = C\left(\frac{1}{|x-A|} - \frac{1}{R}\right)

其中 $C$ 是正常数。我们不难验证 $V_C$ 满足：

\begin{cases} \Delta V_C = 0, & x \in B_R(A) \setminus B_\delta(A) \\ V_C|_{\partial B_R(A)} = 0 \end{cases}

现在定义 $u_1$ 为如下边值问题的解：

\begin{cases} \Delta u_1 = 0, & x \in B_R(A) \\ u_1|_{\partial B_R(A)} = u|_{\partial B_R(A)} \end{cases}

考虑函数 $w = u_1 - u$ ，则 $w$ 满足：

\begin{cases} \Delta w = 0, & x \in B_R(A) \setminus B_\delta(A) \\ w|_{\partial B_R(A)} = u_1|_{\partial B_R(A)} - u|_{\partial B_R(A)} = 0 \end{cases}

由条件 $\lim_{x \to A} \frac{u(x)}{1/|x-A|} = 0$ ，以及 $u_1$ 在 $A$ 点附近有界，可得：

\lim_{x \to A} \frac{w(x)}{1/|x-A|} = \lim_{x \to A} \left[ \frac{u_1(x)}{1/|x-A|} - \frac{u(x)}{1/|x-A|} \right] = 0

对任意固定的 $C > 0$ ，存在 $\delta_0 > 0$ ，使得当 $|x-A| = \delta_0$ 时，有：

|w(x)| \leq V_C(x)

现在考虑函数 $w - V_C$ ，它在区域 $B_R(A) \setminus B_{\delta_0}(A)$ 中满足：

\begin{cases} \Delta(w - V_C) = 0, & x \in B_R(A) \setminus B_{\delta_0}(A) \\ (w - V_C)|_{\partial B_R(A)} = 0 \\ (w - V_C)|_{\partial B_{\delta_0}(A)} \leq 0 \end{cases}

由极值原理，在 $B_R(A) \setminus B_{\delta_0}(A)$ 中有：

w - V_C \leq 0 \text{即} w \leq V_C

同理，考虑函数 $w + V_C$ ，可得：

\begin{cases} \Delta(w + V_C) = 0, & x \in B_R(A) \setminus B_{\delta_0}(A) \\ (w + V_C)|_{\partial B_R(A)} = 0 \\ (w + V_C)|_{\partial B_{\delta_0}(A)} \geq 0 \end{cases}

由极值原理，在 $B_R(A) \setminus B_{\delta_0}(A)$ 中有：

w + V_C \geq 0 \text{即} w \geq -V_C

因此，在 $B_R(A) \setminus B_{\delta_0}(A)$ 中成立：

|w| \leq V_C

由于 $\delta_0$ 可以任意小，上述不等式实际上在 $B_R(A) \setminus \{A\}$ 中成立。现在令 $C \to 0$ ，则 $V_C \to 0$ ，于是：

|w| = |u_1 - u| \leq 0 \text{在 } B_R(A) \setminus \{A\} \text{ 中}

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