SPIS TREŚCI 1
VI. Równanie Laplace’a i Poissona
Spis treści
1 Funkcje harmoniczne i ich własności 2
1.1 Własność wartości średniej . . . 3
1.2 Zasada maksimum i mocna zasada maksimum . . . 6
1.3 Nierówność Harnacka . . . 10
1.4 Gładkość, oszacowania pochodnych i analityczność . . . 11
1.5 Twierdzenie Liouville’a . . . 14
1.6 Ciągi funkcji harmonicznych i twierdzenie Harnacka . . . 14
2 Rozwiązanie podstawowe 17 3 Funkcja Greena 22 3.1 Definicja funkcji Greena . . . 22
3.2 Własności funkcji Greena . . . 25
3.3 Funkcja Greena dla kuli, jądro Poissona . . . 27
3.4 Funkcja Greena dla półprzestrzeni, jądro Poissona . . . 32
3.5 ∗Metoda Perrona . . . 34
1 Funkcje harmoniczne i ich własności 2
1 Funkcje harmoniczne i ich własności
Załóżmy, że Ω jest otwartym podzbiorem Rn.
Definicja 1.1.
Funkcję u klasy C2(Ω) spełniającą równanie Laplace’a
∆u = 0
w Ω nazywamy funkcją harmoniczną. Zbiór funkcji harmonicznych na Ω oznaczamy symbolem Har (Ω).
Jeśli natomiast spełniona jest nierówność
∆u 0 (odp. ∆u 0)
w Ω, to funkcję u nazywamy subharmoniczną (odp. superharmoniczną), a zbiory odpowiednich funkcji oznaczamy Subhar (Ω) i Superhar (Ω).
Zbiór Har (Ω) z naturalnymi działaniami tworzy przestrzeń liniową.
Przykład 1.1.
Podamy teraz przykłady funkcji harmonicznych.
• Funkcjonały afiniczne, czyli funkcje postaci u(x) = a, x + b, gdzie a ∈ Rn, b∈ R należą do Har (Rn).
• Jeśli V ⊂ Ω i u ∈ Har(Ω), to u|V ∈ Har(V ).
• Wielomiany u(x, y) = x2−y2, w (x, y ) = x6−15x4y2+15x2y4−y6są funkcjami harmonicznymi w Rn.
1.1 Własność wartości średniej 3
Przypomnijmy teraz jeszcze raz wzór Gaussa-Ostrogradskiego:
Ωdivf dx =
∂Ωf ◦ n dS,
jeśli Ω jest zbiorem otwartym i ograniczonym w Rn, którego brzeg∂Ω jest hiperpowierzchnia (n − 1)- wymiarowa klasy C 1, f : ¯Ω → Rn jest klasy C1 na zbiorze ¯Ω, gdzie divf = ni =1∂x∂fii oznacza dywergencje pola wektorowego f , n = n(x) jest wektorem normalnym zewn etrznym do ∂Ω w punkcie x .
Wynika z niego natychmiast, że jeśli za f podstawimy gradient funkcji u, czyli ∇u = ∂x∂ui
i =1,... ,n, to dostaniemy równość:
Ω∆u dx =
∂Ωu◦ n dS.
Wynika stąd natychmiast następujący wniosek.
Wniosek 1.1.
Jesli u jest funkcją harmoniczną w obszarze ograniczonym Ω, to dla dowolnego G z gładkim brzegiem takiego, że ¯G ⊆ Ω mamy
∂Gu◦ n dS = 0.
Wniosek ten jest zgodny z omówioną na początku interpretacją fizyczną równania Laplace’a, mówiącą o tym, że u opisuje gęstość pewnej wielkości będącej w stanie równowagi. Istotnie, z ostatniej równości wynika, że całkowity przepływ u przez brzeg ∂G jest równy zeru.
1.1 Własność wartości średniej
Udowodnimy teraz ważną własność funkcji harmonicznych mówiącą o tym, że wartość u(y ) jest równa średniej funkcji u na sferze ∂B(y, R) i średniej w całej kuli B(y, R), o ile B(y, R) ⊂ Ω, przy czym zakładamy, że Ω jest otwartym i ograniczonym podzbiorem Rn.
1.1 Własność wartości średniej 4
Twierdzenie 1.1. (Własność wartości średniej) Niech u ∈ C2(Ω) będzie funkcją harmoniczną. Wtedy
u(y ) = 1 nα(n)Rn−1
∂B(y,R)u(x) dS = 1 α(n)Rn
B(y ,R)u(x) dx (1)
dla każdej kuli B(y , R) ⊂ Ω, gdzie α(n) jest miarą Lebesque’a n-wymiarowej kuli jednostkowej w Rn. Dowód.
Wybierzmy kulę B(y , r ) ⊂ Ω o środku y i promieniu r . Z wniosku 1.1 wynika, że 0 =
∂B(y,r)u◦ n dS =
∂B(y,r)
∂u
∂n(x) dS(x).
Zastosujemy teraz zamianę zmiennych
∂B(y, r) x → z = x− y
r ∈ ∂B(0, 1) = Sn−1(0, 1), dostając
0 = rn−1
∂B(0,1)
∂u
∂r(y + rz) dS(z) = rn−1 ∂
∂r
∂B(0,1)u(y + rz) dS(z).
Wracając teraz do poprzednich zmiennych, mamy 0 = rn−1 ∂
∂r
∂B(y,r)r1−nu(x) dS(x)
. stąd wniosek, że funkcja
ϕ(r) := r1−n
∂B(y,r)u(x) dS(x)
jest funkcją stałą (jej pochodna jest równa zeru), zatem możemy napisać, że ϕ(r) = lim
r→0ϕ(r) = lim
r→0r1−n
∂B(y,r)u(x) dS(x) = limr→0
∂B(y,r)u(x) dS(x)
rn−1 =
= limr→0nα(n)rn−1u(y )
rn−1 = nα(n)u(y ),
co wynika z tw. o wartości średniej dla całek i faktu, że miara ∂B(y, r) wynosi nα(n)rn−1. Stąd u(y ) = 1
nα(n)ϕ(r) = 1 nα(n)r1−n
∂B(y,r)u(x) dS(x), czyli
u(y ) = 1 nα(n)Rn−1
∂B(y,R)u(x) dS(x), bo ϕ(r) = ϕ(R).
W ten sposób wykazaliśmy pierwszą równość w tezie twierdzenia. Zapiszmy ją teraz w następującej postaci
nα(n)rn−1u(y ) =
∂B(y,R)u(x) dS(x)
1.1 Własność wartości średniej 5
i scałkujmy obie strony względem r po przedziale (0, R). Dostajemy wtedy
R
0
nα(n)rn−1u(y ) dr =
R
0
∂B(y,R)u(x) dS(x)
dr . Do prawej strony stosujemy twierdzenie Fubiniego:
1
nrnnα(n)u(y)R
0 =
B(y ,R)u(x) dx, Rnα(n)u(y) =
B(y ,R)u(x) dx, u(y ) = 1
α(n)Rn
B(y ,R)u(x) dx, co dowodzi ostatniej równości w tezie twierdzenia.
Można również udowodnić podobne własności dla funkcji subharmonicznych i superharmonicznych w następującej postaci.
Jeśli u ∈ C2(Ω) jest funkcją subharmoniczną, to u(y ) 1
nα(n)Rn−1
∂B(y,R)u(x) dS, u(y ) 1
α(n)Rn
B(y ,R)u(x) dx, a jeśli u∈ C2(Ω) jest funkcją superharmoniczną, to
u(y ) 1 nα(n)Rn−1
∂B(y,R)u(x) dS, u(y ) 1
α(n)Rn
B(y ,R)u(x) dx,
dla każdej kuli B(y , R) ⊂ Ω, gdzie α(n) jest miarą Lebesque’a n-wymiarowej kuli jednostkowej w Rn.
Twierdzenie 1.2. (Odwrócona własność wartości średniej) Jeśli u ∈ C2(Ω) i
u(y ) = 1 nα(n)Rn−1
∂B(y,R)u(x) dS dla każdej kuli B(y , R) ⊂ Ω, to u jest funkcją harmoniczną.
1.2 Zasada maksimum i mocna zasada maksimum 6
Dowód.
Gdyby ∆u = 0, to istniałaby kula B(y , r ) ⊂ Ω taka, że np. ∆u > 0 wewnątrz tej kuli. Wtedy jednak, określając podobnieϕ (jak w poprzednim twierdzeniu), otrzymalibyśmy dla u(y) = nα(n)1 ϕ(r):
0 = 1
nα(n)ϕ(r ) = 1 nα(n)
∂
∂r
∂B(y,r)r1−nu(x) dS(x)
= ... =
=
∂B(y,r)
∂u
∂n(x) dS(x)
rozwaania nad wnioskiem 1.1
=
B(y ,r)∆u dx > 0, to zaś jest sprzeczność.
1.2 Zasada maksimum i mocna zasada maksimum
Twierdzenie 1.3. (Mocna zasada maksimum)
Załóżmy, że u ∈ C2(Ω) ∩ C ( ¯Ω) jest subharmoniczna w Ω, gdzie Ω jest zbiorem otwartym, ograni- czonym i spójnym w Rn. Jeśli istnieje punkt y ∈ Ω taki, że
u(y ) = sup
Ω
u
(czyli u osiaga swój kres górny w pewnym punkcie wewnętrznym zbioru Ω), to u ≡ const
(tzn. u jest funkcją stałą w Ω).
Dowód.
Niech M := supΩu oraz zdefiniujmy zbiór ΩM := {x ∈ Ω : u(x) = M}. Zauważmy, że:
• ΩM jest niepusty (bo y ∈ ΩM),
• ΩM jest domknięty w Ω (bo u jest ciągła - przeciwobraz zbioru domkniętego {M}),
• ΩM jest otwarty w Ω.
Istotnie, weźmy dowolne z ∈ ΩM i R takie, że B(z, R) ⊂ Ω. Wtedy z własności wartości średniej dla funkcji subharmonicznych i wartości średniej dla całek, mamy
M = u(z) 1 α(n)Rn
B(z,R)u(x) dx = u(y ) M.
1.2 Zasada maksimum i mocna zasada maksimum 7
Równość jest możliwa tylko wtedy, gdy u ≡ M w kuli B(z, R). Zatem B(z, R) ⊆ ΩM, więc ΩM
jest zbiorem otwartym. Ostatecznie więc ΩM jest jednocześnie otwartym, domkniętym i niepustym podzbiorem Ω, a więc jest równy Ω, gdy Ω jest spójny.
Twierdzenie 1.4. (Zasada maksimum)
Załóżmy, że u ∈ C2(Ω) ∩ C ( ¯Ω) jest subharmoniczna w Ω, gdzie Ω jest zbiorem otwartym i ograni- czonym (niekoniecznie spójnym) w Rn. Wtedy
supΩ¯
u = sup
∂Ω u.
Dowód.
Dowód wynika bezpośrednio z poprzedniego twierdzenia.
Twierdzenie 1.5. (Mocna zasada minimum)
Załóżmy, że u ∈ C2(Ω) ∩ C ( ¯Ω) jest superharmoniczna w Ω, gdzie Ω jest zbiorem otwartym, ograni- czonym i spójnym w Rn. Jeśli istnieje punkt y ∈ Ω taki, że
u(y ) = inf
Ω u
(czyli u osiaga swój kres dolny w pewnym punkcie wewnętrznym zbioru Ω), to u ≡ const
(tzn. u jest funkcją stałą w Ω).
Dowód.
Wystarczy w twierdzeniu o mocnej zasadzie maksimum wziąc −u zamiast u.
Twierdzenie 1.6. (Zasada minimum)
Załóżmy, że u ∈ C2(Ω) ∩ C ( ¯Ω) jest superharmoniczna w Ω, gdzie Ω jest zbiorem otwartym i ogra- niczonym (niekoniecznie spójnym) w Rn. Wtedy
infΩ¯ u = inf
∂Ωu.
1.2 Zasada maksimum i mocna zasada maksimum 8
Dowód. Wystarczy w twierdzeniu o zasadzie maksimum wziąc −u zamiast u.
Zauważmy teraz, że funkcje harmoniczne spełniają zarówno warunek subharmoniczności, jak i super- harmoniczności, zatem wszystkie twierdzenia z tego paragrafu możemy stosować również dla funkcji harmonicznych. Możemy to krótko zapisać we wniosku.
Wniosek 1.2.
Jeśli funkcja u jest harmoniczna w Ω, to
inf∂Ωu u(x) sup
∂Ω u
dla wszystkich x ∈ Ω, tzn. funkcja u swoje kresy w ¯Ω osiąga na brzegu ∂Ω, a jeśli Ω jest spójny i kres jest przyjęty dla pewnego punktu z tego zbioru, to u musi być funkcją stałą.
Wniosek 1.3.
Z mocnej zasady maksimum wynika w szczególności, że jeśli Ω jest spójny, a u ∈ C2(Ω) ∩ C ( ¯Ω)
spełnia
∆u = 0 w Ω, u = g na ∂Ω,
gdzie g jest nieujemna, to u jest dodatnia w każdym punkcie zbioru Ω, jeśli g jest dodatnia na jakimś podzbiorze ∂Ω.
Ważnym zastosowaniem mocnej zasady maksimum jest dowód jednoznaczności rozwiązań pewnych zagadnień brzegowych dla równania Laplace’a i równania Poissona.
Wniosek 1.4.
Niech Ω będzie zbiorem spójnym, otwartym i ograniczonym oraz u ∈ C2(Ω) ∩ C ( ¯Ω). Wtedy zagad- nienie Cauchy’ego
∆u = 0 w Ω,
u = 0 na ∂Ω, (2)
1.2 Zasada maksimum i mocna zasada maksimum 9
posiada tylko rozwiązanie zerowe.
Dowód.
Stosując zasadę maksimum i minimum (bo ∆u = 0 i u ∈ C2(Ω)), otrzymujemy supΩ¯
u = sup
∂Ω u = 0 = inf
∂Ωu = inf
Ω¯ u, czyli
supΩ¯
u = 0 = inf
Ω¯ u, więc u ≡ 0 w Ω.
Tezę tego wniosku można też zapisać nieco inaczej. Mianowicie:
Jeśli ∆u = ∆v w Ω i u = v na ∂Ω, to u ≡ v w Ω dla u, v ∈ C2(Ω) ∩ C ( ¯Ω).
Twierdzenie 1.7. (O jednoznaczności rozwiązań pewnego równania różniczkowego)
Niech Ω będzie zbiorem spójnym, otwartym i ograniczonym oraz u ∈ C2(Ω) ∩ C ( ¯Ω). Wtedy zagad- nienie brzegowe Dirichleta dla równania Laplace’a
∆u = 0 w Ω, u = g na ∂Ω,
gdzie g ∈ C(∂Ω), ma co najwyżej jedno rozwiązanie klasy C2(Ω) ∩ C ( ¯Ω).
W twierdzeniu można użyć też ogólniejszego równania Poissona
∆u = f , dla f ∈ C(Ω).
Dowód.
Dowód wynika bezpośrednio z poprzedniego wniosku, jeśli zastosujemy go do różnicy dwóch rozwiązań u1, u2. Wtedy u = u1− u2 spełnia (2), więc u≡ 0.
1.3 Nierówność Harnacka 10
1.3 Nierówność Harnacka
Udowodnimy teraz twierdzenie, które pomoże badać ciągi funkcji harmonicznych.
Twierdzenie 1.8. (Nierówność Harnacka)
Załóżmy, że u jest nieujemną funkcją harmoniczną w Ω. Wtedy dla dowolnego zbioru spójnego, otwartego V takiego, że V ⊂ ¯V ⊂ Ω i takiego, że ¯V jest zbiorem zwartym, istnieje stała C zależna tylko od V , Ω i wymiaru przestrzeni, że
sup
V
u C inf
V u.
Dowód.
Ustalmy a ∈ Ω i niech B(a, 4r) ⊂ Ω i wybierzmy x1, x2 ∈ B(a, r). Z własności wartości średniej dla funkcji harmonicznych mamy, że
u(x1) = 1 α(n)rn
B(x1,r)u(x) dx
powikszamy zbir
1
α(n)rn
B(x1,2r)u(x) dx oraz
u(x2) = 1 α(n)(3r)n
B(x2,3r)u(x) dx
pomniejszamy zbir
1
α(n)(3r)n
B(x2,2r)u(x) dx.
Ponadto, mamy nierówność
u(x1) 3nu(x2) dla x1, x2 ∈ B(a, r), r < 1
4dist(a, ∂Ω) (3)
(bo u jest nieujemna).
Ustalmy teraz r = r0 ∈ (0,14dist(V , ∂Ω)) i pokryjmy ¯V skończoną liczbą kul o środkach w ¯V i jednakowych promieniach r0. Wybierzmy punkty y1, y2 ∈ ¯V takie, że
u(y1) = sup
V¯
u, u(y2) = inf
V¯ u.
Następnie, z utworzonego pokrycia wybierzmy różne kule B1, B2, ... , Bm tak, aby y1 ∈ B1, y2 ∈ Bm Bi ∩ Bi +1 = ∅ dla i = 1, 2, ... , m − 1,
(liczba tych kul na pewno nie jest większa od liczby wszystkich kul o promieniu r0 pokrywających ¯V i zależy jedynie od V i Ω).
1.4 Gładkość, oszacowania pochodnych i analityczność 11
Niech, dla i = 1, 2, ... , m − 1, punkt bi ∈ Bi ∩ Bi +1. Korzystając m-krotnie z nierówności (3), otrzymujemy
supV¯
u = u(y1) 3nu(b1) 32nu(b2) ... 3n(m−1)u(bm−1) 3nmu(y2) = 3mninf
V¯ u.
Nierówność Harnacka w szczególności oznacza, że 1
Cu(y ) u(x) Cu(y )
dla wszystkich punktów x , y ∈ V . Tzn., że wszystkie wartości, jakie nieujemna funkcja harmoniczna przyjmuje wewnątrz V , są porównywalne: u może być bardzo mała (duża) w pewnym punkcie zbioru V jedynie wtedy, gdy jest bardzo mała (duża) w całym zbiorze V .
1.4 Gładkość, oszacowania pochodnych i analityczność
Okazuje się, że jeśli u ∈ C2 jest harmoniczna, to u ∈ C∞, co oznacza, że wszystkie funkcje harmo- niczne są różniczkowalne nieskończenie wiele razy. Mówi o tym twierdzenie o gładkości.
Twierdzenie 1.9. (Gładkość)
Jeśli u ∈ C(Ω) ma własność wartości średniej dla każdej kuli B(x, r) ⊂ Ω, to u ∈ C∞(Ω) (przy czym funkcja u nie musi być gładka, ani nawet ciągła w punktach ∂Ω).
Dowód.
Dowód można znaleźć w [10], str.41.
Pokażemy teraz, że jeśli kontroluje się moduł funkcji harmonicznej na jakimś otwartym podzbiorze Rn, to na nieco mniejszym podzbiorze można kontrolować moduły jej pochodnych cząstkowych do- wolnego rzędu.
1.4 Gładkość, oszacowania pochodnych i analityczność 12
Uwaga 1.1.
Mamy tu silną analogię z oszacowaniami pochodnych f(k) na zwartych podzbiorach zbioru Ω ⊂ C przez kres górny |f | na brzegu obszaru Ω, które w teorii funkcji analitycznych uzyskuje się ze wzoru całkowego Cauchy’ego.
Twierdzenie 1.10. (Oszacowanie pochodnych) Załóżmy, że u jest harmoniczna w Ω. Wtedy
Dβu(y ) Ck
rn+k uL1(B(y ,r)) (4)
dla każdej kuli B(y , r ) ⊂ Ω i każdego wielowskaźnika β długości |β| = k, przy czym C0 = 1
α(n), Ck = (2n+1nk)k
α(n) (k = 1, 2, ... ). (5)
Dowód.
Przypomnijmy na początek, co oznacza norma funkcji (mierzalnej w sensie Lebesque’a) u : U → R w przestrzeni L1(U) dla pewnego zbioru U:
uL1(U) =
U|u(x)| dx.
Dowód przeprowadzimy przez indukcję ze względu na k.
Przypadek k = 0 wynika natychmiast z własności wartości średniej, bo wtedy
|u(y)| =
1 α(n)rn
B(y ,r)u(x) dx 1 α(n)rn
B(y ,r)|u(x)| dx = C0
rn uL1(B(y ,r)).
Ponieważ funkcje harmoniczne można różniczkować nieskończenie wiele razy, to różniczkując równanie Laplace’a ∆u = 0 dostajemy
∆∂u
∂xi = ∂
∂xi(∆u) = 0,
więc wszystkie pochodne cząstkowe funkcji harmonicznej są też funkcjami harmonicznymi. Można więc do nich stosować własność wartości średniej. Zatem, wykorzystując również wzór G-O, mamy
|uxi(y )| =
1 α(n)2rn
B(y ,r2)
uxi(x) dx
G−O
=
2n α(n)rn
∂B(y,r2)u(x)ni(x) dS(x)
(6)
1.4 Gładkość, oszacowania pochodnych i analityczność 13
2n
α(n)rnnα(n)rn−1
2n−1 uL∞(∂B(y ,r2)) = 2n
r uL∞(∂B(y ,r2)), gdzie ni oznacza i -tą współrzędną wektora normalnego.
Jeśli x ∈ ∂B(y,2r), to B(x,2r) ⊂ B(y , r ) ⊂ Ω, więc ponownie z własności wartości średniej:
|u(x)| 1 α(n)
2 r
n
uL1(B(y ,r)). Łącząc powyższe nierówności, wnioskujemy, że dla |β| = 1:
Dβu(y ) 2n r
1 α(n)
2 r
n
uL1(B(y ,r)) 2n+1n α(n)
1
rn+1uL1(B(y ,r)). To dowodzi (4) i (5) dla k = 1.
Przejdźmy teraz do kroku indukcyjnego i załóżmy, że k 2 i (4) i (5) zachodzą dla wszystkich kul w Ω i wszystkich wielowskaźników, których długość nie przekracza k − 1. Ustalmy kulę B(y , r ) ⊂ Ω i niech |β| = k. Wtedy Dβu = (Dγu)xi, dla pewnych i ∈ {1, ... , n}, |γ| = k − 1. Przeprowadzając rachunek podobny do (6), dostajemy
Dβu(y ) nk
r DγuL∞(∂B(y ,kr)).
Jeśli x ∈ ∂B(y,kr), to B(y ,k−1k r ) ⊂ B(y , r ) ⊂ Ω. Mamy zatem, na mocy (4) i (5) dla k − 1,
|Dγu(x)| (2n+1n(k − 1))k−1
α(n)k−1k rn+k−1 uL1(B(y ,r)). Łącząc dwie ostatnie nierówności, uzyskujemy ostateczne oszacowanie
Dβu(y ) (2n+1nk))k
α(n)rn+k uL1(B(y ,r)). (7)
Zatem (4) i (5) zachodzą dla |β| = k.
Można udowodnić również subtelniejszą wersję twierdzenia o gładkości.
Twierdzenie 1.11. (Analityczność)
Jeśli u jest harmoniczna w Ω, to u jest analityczna w sensie rzeczywistym w Ω (tzn. ma pochodne cząstkowe wszystkich rzędów i w każdym punkcie jest równa sumie swojego szeregu Taylora).
Dowód.
Dowód można znaleźć w [10], str.44.
1.5 Twierdzenie Liouville’a 14
1.5 Twierdzenie Liouville’a
W tym paragrafie wykażemy, że nie ma nietrywialnych funkcji ograniczonych, które byłyby harmo- niczne na całej przestrzeni Rn. Zauważmy przy okazji, że w podanych wcześniej przykładach funkcji harmonicznych, funkcje te nie są ograniczone.
Twierdzenie 1.12. (Twierdzenie Liouville’a)
Jeśli funkcja u : Rn→ R jest hramoniczna i ograniczona, to jest stała.
Dowód.
Ustalmy y ∈ Rn i r > 0, a następnie zastosujemy twierdzenie o oszacowaniu pochodnych w kuli B(y , r ):
|Du(y)| =
|β|=1
Dβu(y )2
1 2
=
n
i =1
|uxi(y )|2
1
2
n
i =1
C1
rn+1uL1(B(y ,r))
2
1 2
= (8)
= C1√ n
rn+1 uL1(B(y ,r)) C1α(n)√ n
r uL∞(Rn)→ 0, gdy r → ∞. Zatem Du ≡ 0, więc u jest stała.
1.6 Ciągi funkcji harmonicznych i twierdzenie Harnacka
Jako wnioski z wcześniej wykazanych własności dla funkcji harmonicznych, można uzyskać pewne własności dotyczące ciągów funkcji harmonicznych.
Wniosek 1.5.
Granica jednostajnie zbieżnego ciągu (uj)j∈N funkcji harmonicznych na otwartym i ograniczonym zbiorze Ω ⊂ Rn jest funkcją harmoniczną.
Dowód.
Każda z funkcji uj ma własność wartości średniej i jest klasy C2(Ω). Zatem możemy napisać uj(y ) = 1
nα(n)rn−1
∂B(y,r)uj(x) dS
1.6 Ciągi funkcji harmonicznych i twierdzenie Harnacka 15
dla wszystkich y ∈ Ω i B(y, r) ⊂ Ω. Przechodząc do granicy przy j → ∞ po obu stronach tej równości, dostajemy dla u := limj→∞uj, że
u(y ) = 1 nα(n)rn−1
∂B(y,r)u(x) dS
dla wszystkich y ∈ Ω i (B(y, r) ⊂ Ω. Zatem z twierdzenia o odwróconej własności wartości średniej, u jest funkcją harmoniczną.
Zanim sformułujemy i udowodnimy kolejną własność, potrzebne będzie nam ważne twierdzenie z teo- rii funkcji, podające kryterium zwartości podzbiorów przestrzeni C (K ) funkcji ciągłych na zwartych podzbiorach Rn, zwane twierdzeniem Ascoliego-Arzeli. Twierdzenie to podamy bez dowodu (nie jest on istotą tego wykładu).
Twierdzenie 1.13. (Ascoliego-Arzeli)
Niech (fk)∞k=1 będzie ciągiem funkcji rzeczywistych określonych na Rn wspólnie ograniczonym, tzn.
|fk(x)| M (k = 1, 2, ... , x ∈ Rn)
dla pewnej stałej M. Załóżmy dalej, że funkcje (fk)∞k=1 są jednakowo ciągłe, tzn.
∀ε>0 ∃δ>0 |x − y| < δ =⇒ |fk(x) − fk(y )| < ε dla x, y ∈ Rn, k = 1, 2 ... .
Wtedy istnieje podciąg (fkj)∞j =1⊂ (fk)∞k=1 i funkcja ciągła f taka, że fkj → f
jednostajnie na zwartych podzbiorachRn (inaczej, rodzina taka jest zwarta na zwartych podzbiorach Rn)
Wniosek 1.6.
Każdy ograniczony ciąg funkcji harmonicznych w Ω zawiera podciąg niemal jednostajnie zbieżny.
Dowód.
Niech (uk)∞k=1 będzie ograniczonym ciągiem funkcji harmonicznych, tzn. istnieje stała M taka, że:
|uk(x)| M (k = 1, 2, ... , x ∈ Ω).
1.6 Ciągi funkcji harmonicznych i twierdzenie Harnacka 16
Wystarczy więc wykazać jednakową ciągłość. Z twierdzenia o oszacowaniu pochodnych (nierówność (4)) mamy
Dβu(z) C1
rn+1uL1(B(z,r)),
gdzie |β| = 1 i C1 = C1(n) zależy od n. Następnie z oszacowań w (8) dostajemy
|Du(z)| C1(n)√ n
rn+1 uL1(B(z,r)). Wtedy z twierdzenia o wartości średniej mamy dla x , y ∈ Ω
|uk(x) − uk(y )| = |Duk(z)|||x − y || C1(n)√ n
rn+1 ukL1(B(z,r))||x − y|| C1(n)√
n rn+1
B(z,r)|uk(x)| dx · ||x − y ||
C1(n)√ n
rn+1 µ(B(z, r))M · ||x − y|| = 2n+1n√ n
α(n)rn+1α(n)rnM||x − y|| = 2n+2n√ n
2r M||x − y||
dla dowolnej kuli B(z, r ) ⊂ Ω.
Weźmy dowolny zbiór zwarty K ⊂ Ω. Wtedy istnieje kula taka, że K ⊂ B(z, r). Zatem
|uk(x) − uk(y )| 2n+1n√ n
diam(K )M||x − y||
dla x , y ∈ K . Zatem weźmy dowolne ε > 0 i niech δ = M2ε·diam(K)n+1n√
n. Wtedy na zbiorze K mamy
|uk(x) − uk(y )| < ε
o ile ||x − y|| < δ.
Spełnione są więc założenia twierdzenia Ascoliego-Arzeli i na zbiorze Ω można wybrać podciąg niemal jednostajnie zbieżny. Jego granica jest oczywiście funkcją harmoniczną.
Wniosek 1.7. (Twierdzenie Harnacka)
Jeśli u1 u2 ... um ... są funkcjami harmonicznymi na Ω ⊆ Rn i granica
jlim→∞uj(y )
istnieje (i jest skończona) dla pewnego punktu y ∈ Ω, to ciąg (uj)j∈N jest zbieżny niemal jednostajnie na Ω (i jego granica jest funkcją harmoniczną).
2 Rozwiązanie podstawowe 17
Dowód.
Ustalmy zwarty podzbiór K ⊂ Ω. Załóżmy (bez zmniejszania ogólności), że y ∈ K. Z nierówności Harnacka i monotoniczności ciągu (uj)j∈N wynika, że dla m> l i dowolnego punktu x ∈ K mamy
0 um(y ) − ul(y ) sup
z∈K(um(z) − ul(z)) C (n, K , Ω) inf
z∈K(um(z) − ul(z))
C(n, K, Ω)(um(y ) − ul(y ))m,l→∞−→ 0.
Zatem, ciąg (uj)j∈N spełnia na zbiorze K jednostajny warunek Cauchy’ego, więc jest jednostajnie zbieżny. Harmoniczność granicy wynika z wcześniejszych wniosków.
2 Rozwiązanie podstawowe
Postąpimy podobnie, jak w przypadku równania falowego, czyli poszukamy najpierw rozwiązań ra- dialnych, czyli takich, które są zależne jedynie od r = ||x||.
Załóżmy najpierw, że Ω = Rn i poszukamy rozwiązań równania Laplace’a
∆u = 0 (9)
w postaci u(x) = v (r ). Funkcję v należy więc dobrać tak, by ∆u = 0. Ponieważ r = ||x||, to
∂r
∂xi = xi
x12+ x22+ ... + xn2
= xi r dla i = 1, 2, ... , n i dla x = 0. Stąd dostajemy kolejno:
uxi = v(r )∂r
∂xi = v(r )xi r , uxixi = v(r )xi2
r2 + v(r )
1 r − xi2
r3
dla wszystkich i = 1, 2, ... , n. Łatwo więc widać, że
∆u = v(r ) + n− 1 r v(r ).
A więc ∆u = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy
v+n− 1
r v = 0. (10)
2 Rozwiązanie podstawowe 18
Jeśli v = 0, to mamy kolejno:
v
v = 1 − n r , (ln(|v|)) = 1 − n
r , ln(|v|) = (1 − n) ln r,
|v| = ar1−n
dla pewnej stałej a. Jeśli więc n = 2, to v (r ) = b ln r + c, a jeśli n > 2, to v (r ) = rnb−2 + c, gdzie b i c są stałymi.
Podamy teraz definicję rozwiązania podstawowego.
Definicja 2.1.
Funkcja
Φ(x) :=
−2π1 ln ||x|| (n = 2),
1
n(n−2)α(n)||x||2−n (n 3), (11)
określona dla x ∈ Rn i x = 0 jest rozwiązaniem podstawowym równania Laplace’a.
Z poprzednich rachunków widać, że
• Φ jest funkcją harmoniczną dla x = 0;
• Φ(x) = Φ(||x||);
• zachodzą oszacowania:
|DΦ(x)| C
||x||n−1, |D2Φ(x)| C
||x||n (12)
dla x = 0, gdzie stała C > 0 zależy od wymiaru n.
Zauważmy teraz, że jeśli początek układu współrzędnych przesuniemy do nowego punktu y , to funkcja x → Φ(x −y) zmiennej x też jest harmoniczna dla x = y. Wynika to też z bezpośredniego rachunku, ponieważ
∂Φ
∂xi(x − y ) = − 1
nα(n)(xi − yi)||x − y ||−n,
2 Rozwiązanie podstawowe 19
∂2Φ
∂xi∂xj(x − y ) = − 1
nα(n) · δij||x − y||2− n(xi − yi)(xj − yj)
||x − y||n+2 ,
∆xΦ(x − y ) = − 1
nα(n)||x − y||−nn
i =1
δii + 1 α(n)
n i =1
(xi − yi)2
||x − y||n+2 = 0.
Załóżmy teraz, że mamy funckję f : Rn → R. Wtedy również, dla każdego y ∈ Rn odwzorowanie x → Φ(x − y)f (y) dla x = y jest harmoniczne. Zatem, jeśli weźmiemy skończoną sumę takich wyrażeń, utworzonych dla różnych punktów y , to będzie ona też harmoniczna (z addytywności operacji różniczkowania). Możemy więc postawić pytanie, czy splot u = Φ ∗ f , tzn.
u(x) =
RnΦ(x − y )f (y ) dy =
−2π1 Rnln ||x − y ||f (y ) dy (n = 2),
1 n(n−2)α(n)
Rn f (y )
||x−y||n−2 dy (n 3),
(13)
spełnia równanie (9)? Okazuje się, że nie, gdyż z oszacowania (12) wynika, że D2Φ(x − y ) nie jest funkcją całkowalną w otoczeniu osobliwości x = y . Nie możemy więc różniczkować pod znakiem całki. Coś jednak da się udowodnić.
Załóżmy na początek, że funkcja f jest klasy C2(Rn) i ma zwarty nośnik. Zauważmy ponadto, że u(x) =
RnΦ(x − y )f (y ) dy =
RnΦ(y )f (x − y ) dy . Z równości tej wynika, że
u(x + tei) − u(x)
t =
RnΦ(y )
f (x + tei − y) − f (x − y) t
dy ,
gdzie t = 0. Jednocześnie wyrażenie w nawiasie kwadratowym zbiega do ∂x∂fi(x − y ) jednostajnie na Rn przy t → 0 (bo f ma zwarty nośnik), więc
∂u
∂xi(x) =
RnΦ(y )∂f
∂xi(x − y ) dy (i = 1, 2, ... , n).
Podobnie postępujemy, by uzyskać, że
∂2u
∂xi∂xj(x) =
RnΦ(y ) ∂2f
∂xi∂xj(x − y ) dy (i, j = 1, 2, ... , n).
Ponieważ prawa strona jest ciągła, jako funkcja zmiennej x , więc u ∈ C2(Rn).
Aby pozbyć się osobliwości dla Φ w punkcie 0, wyodrębnimy z przestrzeni Rn mała kulę B(0, ) dla dostatecznie małego . Wtedy możemy napisać
∆xu(x) =
B(0, )Φ(y )∆xf (x − y ) dy +
Rn\B(0, )Φ(y )∆xf (x − y ) dy =: I + J .
2 Rozwiązanie podstawowe 20
Będziemy szacować te składniki. Łatwo policzyć, że
|I | ||D2f||L∞(Rn)
B(0, )|Φ(y)| dy
C 2ln | | (n = 2), C 2 (n 3).
Do oszacowania składnika J potrzebny będzie wzór na całkowanie przez części.
Twierdzenie 2.1. (Całkowanie przez części)
Niech u, v ∈ C1( ¯Ω), gdzie Ω jest ograniczonym i otwartym podzbiorem przestrzeni Rn z brzegiem
∂Ω klasy C1. Wtedy:
Ω
uxiv dx =
∂ΩuvnidS−
Ω
uvxi dx
dla i = 1, 2, ... , n, gdzie ni jest i -tą współrzędną jednostkowego wektora normalnego zewnętrznego do brzegu ∂Ω.
Przystępujemy teraz do szacowania:
J =
Rn\B(0, )Φ(y )∆xf (x − y ) dy =
=
∂B(0, )Φ(y )∂f
∂n(x − y ) dS(y ) −
Rn\B(0, )DΦ(y )Dyf (x − y ) dy =: L + K .
Tutaj n oznacza jednostkowy wektor normalny wewnętrzny na∂B(0, ), bo jest on zewnętrznym dla
∂(Rn\ B(0, )) = ∂B(0, ). Zauważmy teraz, że podobnie, jak poprzednio
|L | ||Df ||L∞(Rn)
∂B(0, )|Φ(y)| dS(y)
D ln | | (n = 2), D (n 3).
Do składnika K zastosujemy ponownie całkowanie przez części. Wtedy K = −
Rn\B(0, )DΦ(y )Dyf (x − y ) dy =
= −
∂B(0, )
∂Φ
∂n(y )f (x − y ) dS(y ) +
Rn\B(0, )∆Φ(y )f (x − y ) dy =
= −
∂B(0, )
∂Φ
∂n(y )f (x − y ) dS(y ),
2 Rozwiązanie podstawowe 21
bo Φ jest harmoniczna poza punktem 0. Przypomnijmy teraz, że
∂Φ
∂n(y ) = ∇yΦ(y ) ◦ n =
n i =1
∂Φ
∂yi
ni =
=
n i =1
− 1
nα(n) yi
||y||n ·
− yi
||y||
= 1
nα(n)||y||1−n. Zatem na sferze ∂B(0, ) mamy, że
∂Φ
∂n(y ) = 1
nα(n) 1−n. (14)
Zatem dalej mamy:
K = − 1
nα(n) 1−n
∂B(0, )f (x − y ) dS(y ) = − 1 nα(n) n−1
∂B(x, )f (y ) dS(y ).
Podsumujmy teraz wszystkie wyniki, pisząc
∆u(x) = I + K + L
oraz
|I | → 0, |L | → 0, − 1 nα(n) n−1
∂B(x, )f (y ) dS(y ) → −f (x) dla → 0. Oznacza to, że
∆u(x) = −f (x).
Tym samym udowodniliśmy następujące twierdzenie, opisujące rozwiązanie równania Poissona:
Twierdzenie 2.2. (Rozwiązanie równania Poissona)
Przy założeniu, że funkcja f jest klasy C2(Rn) i ma zwarty nośnik, a funkcja u jest określona wzorem (13), dostajemy
• u ∈ C2(Rn),
• −∆u = f w Rn.
3 Funkcja Greena 22
3 Funkcja Greena
Wiemy już, jak wygląda rozwiązanie równania Poissona. Zastanówmy się teraz, czy i w jaki sposób można otrzymać ogólny wzór na rozwiązanie równania Poissona
−∆u = F w Ω
z warunkiem brzegowym
u = g na ∂Ω,
gdzie Ω jest zbiorem otwartym i ograniczonym z brzegiem ∂Ω klasy C1.
3.1 Definicja funkcji Greena
Podstawowym narzędziem w tym paragrafie będzie tzw. drugi wzór Greena. Uzyskamy go łatwo, podstawiając do wzoru G-O : w = u∇v − v ∇u, tzn.
wi = u∂v
∂xi
− v ∂u
∂xi
. Wtedy
w, n = u∂v
∂n − v∂u
∂n,
gdzie n oznacza zewnętrzny wektor normalny do∂Ω, przy czym zakładamy, że u, v ∈ C2(Ω) ∩ C1( ¯Ω) i ∆u, ∆v są ograniczone na Ω. Dostajemy wtedy drugi wzór Greena:
Ω(u∆v − v ∆u) dx =
∂Ω
u∂v
∂n − v∂u
∂n
dS. (15)
Ustalmy punkt x ∈ Ω. Zastosujemy teraz wzór (15) do funkcji u(y) i v(y) = Φ(y − x), zmieniając obszar całkowania z Ω na Ω := Ω \ B(x, ), gdzie jest tak wybrane, by B(x, ) ⊂ Ω (usuwamy z Ω mała kulę o środku x, by uniknąć osobliwości dla x = y ). Otrzymujemy
Ω(u(y )∆Φ(y − x) − Φ(y − x)∆u(y )) dy =
∂Ω
u(y )∂Φ
∂n(y − x) − Φ(y − x)∂u
∂n(y )
dS(y ).
Ale ∆Φ(y − x) = 0 dla x = y , więc otrzymujemy
−
ΩΦ(y − x)∆u(y ) dy =
∂Ω
u(y )∂Φ
∂n(y − x) − Φ(y − x)∂u
∂n(y )
dS(y ).
3.1 Definicja funkcji Greena 23
Przypomnijmy, że brzeg ∂Ω składa się z brzegu ∂Ω i brzegu ∂B(x, ), czyli
−
ΩΦ(y − x)∆u(y ) dy =
=
∂Ω
u(y )∂Φ
∂n(y − x) − Φ(y − x)∂u
∂n(y )
dS(y )+
∂B(x, )
u(y )∂Φ
∂n(y − x) − Φ(y − x)∂u
∂n(y )
dS(y ).
Wykonamy przejście graniczne w ostatniej równości, przy → 0. Po lewej stronie dostajemy
−
ΩΦ(y − x)∆u(y ) dy −→ − →0
ΩΦ(y − x)∆u(y ) dy ,
bo Φ jest funkcją całkowalną na zwartych podzbiorach Rn (całka||x||<1||x||−sdx jest skończona dla wszystkich s < n). Po prawej stronie mamy dla całki ze składnika zawierającego pochodną normalną funkcji u
∂B(x, )Φ(y − x)∂u
∂n(y ) dS(y )
µ(∂B(x, )) · sup
∂B(x, )|φ| · sup
∂B(x, )|∇u|−→ 0. →0
Zajmiemy się teraz całką ze składnika zawierającego pochodną normalną ∂Φ∂n. Przypomnijmy, że z
(14) ∂Φ
∂n(y ) = 1 nα(n) 1−n na sferze ∂B(x, ). Stąd
∂B(x, )u(y )∂Φ
∂n(y − x) dS(y ) = 1
nα(n) 1−n
∂B(x, )u(y ) dS(y ) →0(=0)−→ u(x).
Ostatecznie, dostajemy następujący wzór:
u(x) = −
∂Ω
u(y )∂Φ
∂n(y − x) − Φ(y − x)∂u
∂n(y )
dS(y ) −
ΩΦ(y − x)∆u(y ) dy . (16) Stąd otrzymaliśmy następujące twierdzenie
Twierdzenie 3.1.
Jeśli Ω jest zbiorem otwartym i ograniczonym w Rnz brzegiem∂Ω klasy C1, to dla dowolnego punktu x ∈ Ω i dowolnej funkcji u ∈ C2(Ω)∩C1( ¯Ω) takiej, że ∆u jest ograniczony na Ω, ma miejsce równość (16).
3.1 Definicja funkcji Greena 24
Wzór (16) pozwala niemal rozwiązać zagadnienie Dirichleta dla równania Poissona, jest tylko jeden kłopot. Z twierdzenia o jednoznaczności wynika, mianowicie, że do określenia funkcji u, której lapla- sjan jest znany wewnątrz Ω, wystarczy znać wartości u na ∂Ω i wartości pochodnej normalnej ∂u∂n na ∂Ω. Ale tej ostatniej wartości nie można zadać w dowolny sposób, jeśli znane są wartości u|∂Ω. Powinniśmy więc tak zmodyfikować ten wzór, by pozbyć się składnika z pochodną normalną funkcji u na ∂Ω.
Zauważmy, że jeśli dla ustalonego x funkcja φx ∈ C1( ¯Ω) jest harmoniczna w Ω, to ze wzoru Greena (15) dla funkcji v = φx uzyskujemy
−
Ωφx(y )∆u(y ) dy =
∂Ω
u(y )∂φx
∂n (y ) − φx(y )∂u
∂n(y )
dS(y ), czyli
0 =
Ωφx(y )∆u(y ) dy +
∂Ω
u(y )∂φx
∂n (y ) − φx(y )∂u
∂n(y )
dS(y ).
Dodając teraz ostatnią równość do (16) i kładąc G := Φ − φx, otrzymujemy:
u(x) = −
∂Ω
u(y )∂G
∂n(x, y ) − G (x, y )∂u
∂n(y )
dS(y ) −
ΩG (x, y )∆u(y ) dy . (17) Wystarczy więc dla ustalonego x ∈ Ω tak dobrać funkcję harmoniczną φx, by
G (x, y ) = Φ(y − x) − φx(y ) = 0 dla wszystkich y ∈ ∂Ω. Wtedy wzór (17) zredukuje się do postaci
u(x) = −
∂Ωu(y )∂G
∂n(x, y ) dS(y ) −
ΩG (x, y )∆u(y ) dy , (18) dając gotowy przepis na rozwiązanie zagadnienia Dirichleta dla równania Poissona.
Otrzmamy w ten sposób następujące: definicję i twierdzenie.
Definicja 3.1. (Funkcji Greena) Funkcją Greena dla obszaru Ω jest
G (x, y ) := Φ(y − x) − φx(y )
dla x , y ∈ Ω, x = y , gdzie dla dowolnego x ∈ Ω funkcja φx jest harmoniczna w Ω i φx = Φ(y − x) na ∂Ω.
3.2 Własności funkcji Greena 25
Twierdzenie 3.2. (Reprezentacja rozwiązań za pomocą funkcji Greena)
NiechΩ będzie zbiorem otwartym i ograniczonym w Rn z brzegiem ∂Ω klasy C1. Jeśli u ∈ C2(Ω) ∩ C1( ¯Ω) spełnia
∆u = f w Ω, u|∂Ω= g ,
gdzie g jest funkcją ciągłą na ∂Ω, a f ∈ C0(Ω) ∩ L∞(Ω), to musi zachodzić równość u(x) = −
∂Ωg (y )∂G
∂n(x, y ) dS(y ) +
ΩG (x, y )f (y ) dy , dla x ∈ Ω, gdzie G jest funkcją Greena dla obszaru Ω.
Aby korzystać z tego twierdzenia, musimy umieć skonstruować funkcję Greena dla zadanego obszaru, co jest na ogół trudnym zadaniem. Daje się to zrobić efektywnie i łatwo, jeśli geometria Ω nie jest zbyt skomplikowana. Spróbujemy ją wyznaczyć dla pewnych obszarów. Najpierw jednak będą nam potrzebne pewne własności funkcji Greena.
3.2 Własności funkcji Greena
Bezpośrednio z definicji funkcji Greena wynika, że
• przy każdym x ∈ Ω funkcja Greena znika na brzegu zbioru Ω (jako funkcja y),
• funkcja Greena jest harmoniczna (względem y) w Ω \ {x},
• funkcja Greena (jeśli istnieje) jest nieujemna.
Dowód.
Dowodu wymaga właściwie tylko trzecia własność.
Ustalmy x ∈ Ω. Ponieważ limy→xG (x, y ) = ∞, więc istnieje kula ¯B(x, ε) ⊂ Ω o tak małym promieniu, że G (x, y ) > 0 dla x z tej kuli. Na zbiorze Ω \ ¯B(x, ε) funkcja G (x, ·) jest harmoniczna, a na jego domknięciu ciągła, zatem z zasady minimum kres dolny tej funkcji jest osiągany na brzegu zbioru Ω \ ¯B(x, ε), czyli na ∂Ω ∪ ∂B(x, ε). Ale na ∂Ω funkcja znika, a na ∂B(x, ε) jest dodatnia. Stąd w całym zbiorze Ω \ ¯B (x, ε) funkcja G (x, ·) jest nieujemna. Na kuli B(x, ε) ta funkcja jest dodatnia, czyli G (x, y ) > 0 dla y ∈ ¯Ω. Z dowolności x wynika nieujemność funkcji G .
3.2 Własności funkcji Greena 26
Kolejną własnością jest tzw. symetria funkcji Greena.
Twierdzenie 3.3. (symetria funkcji Greena) Dla wszystkich x , y ∈ Ω, x = y zachodzi równość:
G (y , x) = G (x, y ).
Dowód.
Ustalmy x , y ∈ Ω, x = y . Niech ponadto
v (z) := G (x, z), w (z) := G (y , z) (z ∈ Ω).
Wtedy ∆v (z) = 0 dla z = x i ∆w (z) = 0 dla z = y oraz w = v = 0 na brzegu ∂Ω. Wybierzmy ε > 0 tak małe, by ¯B(x, ε)∩ ¯B(y , ε) = ∅ i ¯B(x, ε) ⊂ Ω, ¯B(y , ε) ⊂ Ω. Połóżmy V := Ω\B(x, ε) ∪ ¯¯ B(y , ε) . Zastosujemy teraz drugi wzór Greena (15) na zbiorze V . Otrzymamy
V(v ∆w − w ∆v ) dz =
∂V
v∂w
∂n − w∂v
∂n
dS(z).
Zauważmy teraz, że lewa strona redukuje się do 0, bo na zbiorze V znikają oba laplasjany. Ponadto, po prawej stronie mamy ∂V , więc teraz dostajemy
0 =
∂Ω+
∂B(x,ε)+
∂B(y,ε)
v∂w
∂n − w∂v
∂n
dS(z),
przy czym wektory normalne zewnętrzne do V w punktach ∂Ω są normalne zewnętrzne do Ω, a w punktach ¯B(x, ε) ∪ ¯B(y , ε) są przeciwne do wektorów normalnych zewnętrznych do B(x, ε) i B(y , ε).
Zauważmy ponadto, że w = v = 0 na ∂Ω, więc ostatecznie dostajemy
−
∂B(x,ε)
v∂w
∂n − w∂v
∂n
dS(z) =
∂B(y,ε)
v∂w
∂n − w∂v
∂n
dS(z). (19)
Zajmijmy się teraz oboma składnikami całki po lewej stronie (19). Funkcja w jest gładka w pobliżu x , stąd
∂B(x,ε)v∂w
∂n dS(z)
Cεn−1 sup
∂B(x,ε)|v|−→ 0.ε→0
Natomiast
∂B(x,ε)w∂v
∂n dS(z) =
∂B(x,ε)w∂Φ(z − x) − ∂φx(z)
∂n dS(z) =
=
∂B(x,ε)w∂Φ(z − x)
∂n dS(z) −
∂B(x,ε)w∂φx(z)
∂n dS(z).
