11. Równanie Poissina, równanie Laplace’a
Niech D będzie otwartym podzbiorem Rn. Niech u : D → R będzie funkcją klasy C2 na zbiorze D. Równanie różniczkowe cząstkowe, liniowe, rzędu II postaci
∆u(x) = g(x), x ∈ D,
nazywamy równaniem Poissona. Jeżeli g ≡ 0 to równanie
(1) ∆u(x) = 0, x ∈ D,
nazywamy równanie Laplace’a.
Funkcję u : D → R, u ∈ C2(D) nazywamy funkcją harmoniczną w D gdy
∆u(x) = 0 dla x ∈ D.
11.1. Zagadnienie Dirichleta dla równania Laplace’a. Niech D będzie zbio- rem ograniczonym w Rn z brzegiem klasy C1. Niech φ będzie funkcją ciągłą na brzegu ∂D zbioru D. Rozważmy warunek brzegowy
(2) u(x) = φ(x) dla x ∈ ∂D.
Zagadnienie polegające na wyznaczeniu rozwiązania rozwiązania równania Laplace’a (1) spełniającego warunek brzegowy (2) nazywamy zagadnieniem Dirichleta dla równania Laplace’a.
Niech F = [F1, F2, · · · , Fn] będzie polem wektorowym na D klasy C1. Dy- wergencją pola F nazywamy funkcję
divF =
n
X
i=1
∂Fi
∂xi. Ponadto jeżeli f ∈ C1(R) to
divf F = ∇f ◦ F + f · divF.
Dodatkowo zachodzi twierdzenie Gaussa-Ostrogradskiego
Z
D
divF dx =
Z
∂D
F ◦ N dσ,
gdzie N oznacza pole wektorowe normalne zewnętrzne do brzegu D, zaś dσ miarę powierzchniową na ∂D. Podstawiając F = ∇u otrzymujemy
Z
D
∆udx =
Z
∂D
∂u
∂Ndσ, kładąc natomiast F = u∇Γ − Γ∇u dla Γ ∈ C2(D)mamy
1
Z
D
div (u∇Γ − Γ∇u) dx =
Z
D
div (u∇Γ) − div (Γ∇u) dx
=
Z
D[∇u ◦ ∇Γ + u · div(∇Γ) − ∇u ◦ ∇Γ + Γ · div(∇u)] dx
=
Z
D
(u∆Γ − Γ∆u) dx =
Z
∂D
u∂Γ
∂N − Γ∂u
∂N
!
dσ czyli
(3)
Z
D(u∆Γ − Γ∆u) dx =
Z
∂D
u∂Γ
∂N − Γ∂u
∂N
!
dσ.
Wzór (3) nazywamy wzorem Greena. Ustalmy y ∈ D. Rozważmy funkcję (4) v(x) = Γ(x − y) =
( 1
n(2−n)ωnkx − yk2−n n 3
1
2πln kx − yk n = 2
gdzie ωn = µn(B(0, 1))jest miarą Lebesgue’a kuli jednostkowej w Rn. Wówczas
∂Γ
∂xi(x − y) = (xi− yi)
nωn kx − yk−n
∂2Γ
∂xiyj(x − y) = 1 nωn
δijkx − yk2− n(xi− yi)(xj− yj) kx − ykn+2 . Zatem
∆xΓ(x − y) = 1 nωn
n
kx − ykn − n nωn
kx − yk2 kx − ykn+2 = 0.
Wobec tego funkcja Γ jest funkcją harmoniczną. Funkcję x 7→ Γ(x−y) nazywamy fundamentalnym rozwiązaniem Laplasjanu.
Twierdzenie 11.1. (Formuła reprezentacyjna Greena) Niech D będzie obsza- rem ograniczonym w Rn z brzegiem klasy C1. Wówczas dla dowolnego y ∈ D i dowolnej funkcji u ∈ C2(D) ∩ C1(D) takiej, że ∆u jest ograniczony na D zachodzi
(5) u(y) =
Z
D
Γ(x − y)∆u(x)dx +
Z
∂D
u∂Γ
∂N − Γ∂u
∂N
!
dσ, gdzie N jest polem wektorowym normalnym, zewnętrznym do ∂D.
Dowód. Niech y ∈ D, ρ > 0. Niech Dρ= D \ B(y, ρ). Wówczas
Z
Dρ
(u∆Γ − Γ∆u) dx =
Z
∂D
u∂Γ
∂N − Γ∂u
∂N
!
dσ +
Z
∂B(y,ρ)
u∂Γ
∂N − Γ∂u
∂N
!
dσ.
Zatem z harmoniczności Γ
−
Z
Dρ
Γ(x − y)∆u(x)dx =
Z
∂D
u∂Γ
∂N − Γ∂u
∂N
!
dσ +
Z
∂B(y,ρ)
u∂Γ
∂N − Γ∂u
∂N
!
dσ.
Ponadto
−
Z
Dρ
Γ(x − y)∆u(x)dx −→
ρ→0 −
Z
D
Γ(x − y)∆u(x)dx
oraz
Z
∂B(y,ρ)
Γ∂u
∂Ndσ
¬
C · ρ2−n· ρn−1· sup∂B(y,ρ)|∇u| −→
ρ→0 0 n 3 C0 · ρ · ln ρ · sup∂B(y,ρ)|∇u| −→
ρ→0 0 n = 2, gdzie C, C0 ∈ R.
Dodatkowo, ponieważ N jest polem zewnętrznym do ∂Bρ więc N (x) =
−kx−ykx−y . Stąd
∂Γ
∂N(x − y) =h∇xΓ(x − y), N i(x)
= − 1 nωnh
"
(x1− y1)
kx − yk−n, . . . , (xn− yn) kx − yk−n
#
,
"
(x1− y1)
kx − yk , . . . ,(xn− yn) kx − yk
#
i
= − 1
nωnkx − yk−n+1. Zatem na ∂B(y, ρ)
∂Γ
∂N(x − y) = − 1
nωnρ−n+1. Stąd
Z
∂B(y,ρ)
u∂Γ
∂Ndσ = − 1
nωnρ−n+1
Z
∂B(y,ρ)
udσ = − 1
µn−1(∂B(y, ρ))
Z
∂B(y,ρ)
udσ = −u(y)
Zauważmy zatem, że jeżeli znany jest Laplasjan funkcji u i znane są jej war- tości na brzegu to wzór z tezy twierdzenia 11.1 pozwala odtworzyć u na zbiorze D pod warunkiem, że
Z
∂B
Γ∂u
∂Ndσ = 0.
Wobec tego skorygujmy funkcję Γ tak aby powyższa równość była spełniona.
Niech h ∈ C1(D) będzie funkcją harmoniczną na zbiorze D. Wówczas ze wzoru Greena (3)
0 =
Z
D
h(x)∆u(x)dx +
Z
∂D
u∂h
∂N − h∂u
∂N
!
dσ
dodając do równości (11.1) (z tezy formuły reprezentacyjnej Greena) otrzymu- jemy
u(y) =
Z
D
(Γ(x − y) + h(x))∆u(x)dx +
Z
∂D
u∂(Γ + h)
∂N − (Γ + h)∂u
∂N
!
dσ.
Zatem dla każdego y ∈ D szukamy funkcji hy takiej, że funkcja (6) G(x, y) = Γ(x − y) + hy(x)
jest
• harmoniczna względem x
• G(x, y) = 0 dla x ∈ ∂D.
Funkcję G nazywamy funkcją Greena zagadnienia Dirichleta dla zbioru D.
Wówczas przy założeniu istnienia takiej funkcji otrzymujemy
Twierdzenie 11.2. Niech D będzie obszarem ograniczonym w Rn z brzegiem klasy C1. Jeżeli u ∈ C2(D) ∩ C1(D), ∆u = g na D, u = φ na ∂D dla pewnej funkcji g ciągłej i ograniczonej na D oraz φ ∈ C1(∂D) to
(7) u(y) =
Z
D
Ggdx +
Z
∂D
φ∂G
∂Ndσ,
gdzie G(x, y) = Γ(x − y) + hy(x) jest funkcją Greena zagadnienia Dirichleta dla zbioru D.
11.2. Zagadnienie Dirichleta w kuli. Jądro Poissona w kuli.
Załóżmy, że R > 0. Niech D = B(0, R). Rozważmy zagadnieniem Dirichleta dla równania Laplace’a w Kuli B(0, R) tzn. równanie postaci
∆u(x) = 0, x ∈ B(0, R), z warunkiem brzegowym
(8) u(x) = φ(x) dla x ∈ ∂B(0, R).
Ustalmy y ∈ B(0, R), y 6= 0. Rozważmy funkcję
(9) hy(x) =
( α(y)
n(2−n)ωnky∗− xk2−n n 3
−2π1 ln ky∗− xk + ln α(y) n = 2
gdzie ωn = µn(B(0, 1)), y∗ = kykR2y2, tzn y∗ leży na osi Oy oraz ky∗kkyk = R2. Wówczas dla dowolnego y ∈ B(0, R) funkcja hy(x) jest gładka na zbiorze Rn\ {y∗}. Ponadto
∆xhy(x) = 0.
Zatem hy(x) jest funkcją harmoniczną. Wystarczy więc dobrać współczynnik α(y) tak aby funkcja G(x, y) = Γ(x − y) + hy(x)spełniała warunek G(x, y) = 0 dla x ∈ ∂B(y, R).
W tym celu zauważmy, że dla x ∈ ∂B(y, R) trójkąty y0x oraz y∗0xsą podob- ne. Istotnie
]y0x = ]y∗0x oraz skoro ky∗kkyk = R2 to
kxk
kyk = ky∗k kxk. Zatem
(10) kx − y∗k
kx − yk = kxk kyk = R
kyk.
Przyjmując więc
(11) α(y) =
−kykR n−2 n 3
kyk
R n = 2, oraz korzystając z (10) otrzymujemy,
α(y) = − kyk R
!2−n
= − kx − yk kx − y∗k
!2−n
1 n(2 − n)ωn
(n(2−n)ωn) = − n(2 − n)ωn
kx − y∗k2−nΓ(x−y), dla n 3 oraz dla n = 2
ln α(y) = lnkyk
R = ln kx − yk − ln kx − y∗k.
Co więcej z (10) hx(y) = 1
n(2 − n)ωn
R kykky∗ − xk
!n−2
= 1
n(2 − n)ωn
R kxkkx − yk
!n−2
= hy(x) oraz
hx(y) = −1
2π(ln ky∗− xk + lnkyk
R ) = −1
2π lnkx − ykkxkkyk
kykR = hy(x).
czyli
(12) hy(x) = hx(y).
Podstawiając więc hx(y) do (9) otrzymujemy, że G(x, y) = 0 dla x ∈ ∂B(0, R).
Niech dodatkowo
(13) h0(x) =
( −n(2−n)ωR2−n
n n 3
−2π1 ln R n = 2.
Wówczas
limy→0hy(x) = h0(x) oraz G(x, 0) = 0 dla x ∈ ∂B(0, R).
Zatem
G(x, y) = 0 dla x ∈ ∂B(0, R) oraz y ∈ B(0, R).
Ponadto z harmoniczności Γ oraz hy wynika harmoniczność funkcji G.
Wobec powyższego wystarczy wyznaczyć ∂G∂N. Mamy
∂Γ
∂xi(x − y) = −(yi− xi)
nωn kx − yk−n oraz ∂hy
∂xi(x) = α(y)(yi∗− xi)
nωn ky∗− xk−n. Stąd
∂Γ
∂xi(x − y) + ∂hy
∂xi(x) = − (kyk2− R2)xi
nωnR2kx − ykn. Zatem dla N (x) = kxkx otrzymujemy
∂Γ
∂N(x − y) + ∂hy
∂N(x) = −(kyk2− R2)kxk nωnR2kx − ykn.
Reasumując
∂G
∂N(x, y) = R2− kyk2 nωnRkx − ykn. Funkcję
KR(x, y) = R2 − kyk2 nωnRkx − ykn nazywamy jądrem Poissona dla kuli.
Twierdzenie 11.3. Niech B(0, R) będzie kulą o promieniu R > 0. Niech φ ∈ C0(∂B(0, R)). Wówczas funkcja
(14) u(y) =
( R
∂B(0,R)KR(x, y)φ(x)dσ y ∈ B(0, R) φ(y) y ∈ ∂B(0, R)
jest rozwiązaniem zagadnienia Dirichleta dla równania Laplace’a w kuli B(0, R).
Dowód. Zuważmy najpierw, że dla u ≡ 1 wzór (7) przyjmuje postać
1 =
Z
∂B(0,R)
1 · KR(x, y)dσ.
Ponadto, ponieważ hy(x) = hx(y) (patrz 12) na ∂B(0, R) więc G(x, y) = G(y, x).
Zatem
∆yG(x, y) = 0 dla y ∈ B(0, R), x ∈ ∂B(0, R).
W konsekwencji
∆y∂G
∂N = 0 czyli ∆yKR = 0.
Stąd różniczkując pod znakiem całki otrzymujemy harmoniczność funkcji u. Po- zostaje pokazać, że u jest ciągła na ∂B(0, R). Ustalmy y0 ∈ ∂B(0, R). Niech
> 0. Z ciągłości funkcji φ istnieje δ > 0 taka, że dla |x − y0| < δ
|φ(x) − φ(y0)| < .
Wówczas
|u(y) − u(y0)| ¬ |
Z
∂B(0,R)
KR(x, y)φ(x)dσ − φ(y0)|
= |
Z
∂B(0,R)
KR(x, y)φ(x)dσ −
Z
∂B(0,R)
KR(x, y)φ(y0)dσ|
¬
Z
∂B(0,R)
KR(x, y)|φ(x) − φ(y0)|dσ
¬
Z
|x−y0|<δ x∈∂B(0,R)
KR(x, y)|φ(x) − φ(y0)|dσ +
Z
|x−y0|δ x∈∂B(0,R)
KR(x, y)|φ(x) − φ(y0)|dσ
¬ +
Z
|x−y0|δ x∈∂B(0,R)
(KR(x, y)|φ(x)| + |φ(y0)|)dσ
¬ + 2 sup |φ|
Z
|x−y0|δ x∈∂B(0,R)
KR(x, y)dσ .
Zauważmy jeszcze, że dla |y − y0| ¬ δ2 oraz |y − y0| δ δ ¬ |x − y0| ¬ |x − y| + |y − y0| < |x − y| + δ
2. Stąd δ2 ¬ |x − y|. Zatem
2 sup |φ|
Z
|x−y0|δ x∈∂B(0,R)
KR(x, y)dσ ¬ 2 sup |φ|
Z
|x−y0|δ x∈∂B(0,R)
R2− kyk2
nωnRδ2ndσ −→
kyk→R0.
Reasumując u jest ciągła w punktach brzegowych. Aby pokazać jednoznaczność rozwiązania zagadnienia Dirichleta dla równa- nia Laplace’a w kuli B(0, R) udowodnimy następujące twierdzenie
Twierdzenie 11.4. (Własność wartości średniej) Niech u będzie funkcją har- moniczną w obszarze D ⊂ Rn. Wówczas dla dowolnego y ∈ D i dowolnego R > 0 takiego, że B(y, R) ⊂ D
u(y) = 1 nωnRn−1
Z
∂B(y,R)
u(x)dσ = 1 ωnRn
Z
B(y,R)
u(x)dx Dowód. Niech y ∈ D. Rozważmy funkcję
(15) ψ(ρ) = 1
nωnρn−1
Z
∂B(y,ρ)
u(x)dσ.
Wówczas z twierdzenia o wartości średniej dla całek otrzymujemy
ρ→0limψ(ρ) = u(y).
Ponadto, funkcja ψ jest funkcją stałą. Istotnie, rozważmy
∂ψ
∂ρ = ∂
∂ρ
1 nωnρn−1
Z
∂B(y,ρ)
u(x)dσ
!
.
Zauważmy, że wektor x−y = ρN , gdzie N jest wektorem normalnym zewnętrz- nym do ∂B(y, ρ). Zatem x = y + ρN oraz jakobian odwzorowania zamieniają- cego zmienne wynosi ρn−1 wobec tego
∂ψ
∂ρ = ∂
∂ρ
1 nωnρn−1
Z
∂B(0,1)
u(y + ρN )ρn−1dσ(N )
!
= 1
nωn
Z
∂B(0,1)
∂
∂ρ(u(y + ρN ))dσ(N )
!
= 1
nωn
Z
∂B(0,1)
∂u
∂N((y + ρN ))dσ(N )
!
= 1
nωn
Z
∂B(0,1)
h∇u(y + ρN ), N idσ(N )
!
= 1
nωn
Z
∂B(0,1)div(∇u(y + ρN ))dσ(N )
!
. Ponieważ ∆u = div∇u = 0 więc ∂ψ∂ρ = 0. Zatem ψ(ρ) = u(y).
W celu pokazania drugiej z równości z tezy pomnóżmy (15) przez ρn−1 a następnie scałkujmy po przedziale (0, R). Wówczas
Z R 0
ρn−1ψ(ρ)dρ = 1 nωn
Z R 0
Z
∂B(y,ρ)
u(x)dσdρ.
Z twierdzenia Fubiniego otrzymujemy
Z R 0
ρn−1u(y)dρ = 1 nωn
Z
B(y,ρ)
u(x)dx.
Stąd
1
nRnu(y) = 1 nωn
Z
B(y,ρ)
u(x)dx, czyli
u(y) = 1 ωnRn
Z
B(y,ρ)
u(x)dx.
Twierdzenie 11.5. (Zasada maksimum) Niech D będzie spójnym i ograniczo- nym podzbiorem Rn. Niech u ∈ C2(D)∩C0(D). Jeżeli u jest funkcją harmoniczną to dla dowonlego x ∈ D spełnione są nierówności:
inf∂Du ¬ u(x) ¬ sup
∂D
u, tzn. u osiąga swoje kresy na brzegu ∂D zbioru D.
Dowód. Przypuśćmy, że u nie osiąga kresu górnego na ∂D. Wówczas u ja- ko funkcja ciągła i ograniczona na zbiorze zwartym D osiąga kres górny w pewnym punkcie x0 ∈ D, tzn. u(x0) = supDu.
Niech
M = sup
D
u oraz
ΩD = {x ∈ D : u(x) = M }.
Wówczas ΩD jest niepusty (bo x0 ∈ ΩD) oraz domknięty jako przeciwobraz zbioru domkniętego {M } dany przez odwzorowanie ciągłe.
Pokażemy, że ΩD jest zbiorem otwartym. Niech y ∈ ΩD i niech R < dist(y, ∂D).
Wtedy z twierdzenia 11.4 własność wartości średniej u(y) = 1
ωnRn
Z
B(y,R)
u(x)dσ czyli
0 = u(y) − M = 1 ωnRn
Z
B(y,R)
(u(x) − M )dσ ¬ 0.
Zatem
u(x) = M dla x ∈ B(y, R).
Stąd
B(y, R) ⊂ ΩD.
Ze spójności D ΩD = D. Zatem u jest funkcją stałą więc w szczególności przyjmuje swój kres na brzegu zbioru D co z pociąga za sobą sprzeczność.
Zastępując funkcją u przez −u w sposób analogiczny można pokazać drugą
z nierówności z tezy.
Wniosek 11.6. Rozwiązanie problemu Dirichleta ∆u = 0, u|∂D = φ, φ ∈ C0(∂D) dla D = B(0, R) istnieje i jest jednoznaczne w klasie funkcji ciągłych na D oraz klasy C2 na D.
Dowód. Przypuśćmy, że u1, u2 są rozwiązaniami problemu Dirichleta ∆u = 0, u|∂B(0,R) = φ, φ ∈ C0(∂B(0, R)). Wówczas u = u1−u2również jest rozwiązaniem równania Laplsce’a przy warunku u|∂B(0,R) = 0. Z zasady maksimum
0 = inf
∂B(0,R)u ¬ u(x) ¬ sup
∂B(0,R)
u = 0.
Zatem u(x) = 0 dla x ∈ B(0, R). Stąd u1 = u2.
