VI. Równanie Laplace a i Poissona

Transkrypt

1 SPIS TREŚCI VI. Równanie Laplace a i Poissona Spis treści Funkcje harmoniczne i ich własności 2. Własność wartości średniej Zasada maksimum i mocna zasada maksimum Nierówność Harnacka Gładkość, oszacowania pochodnych i analityczność Twierdzenie Liouville a Ciągi funkcji harmonicznych i twierdzenie Harnacka Rozwiązanie podstawowe 7 3 Funkcja Greena Definicja funkcji Greena Własności funkcji Greena Funkcja Greena dla kuli, jądro Poissona Funkcja Greena dla półprzestrzeni, jądro Poissona Metoda Perrona

2 Funkcje harmoniczne i ich własności 2 Funkcje harmoniczne i ich własności Załóżmy, że Ω jest otwartym podzbiorem R n. Definicja.. Funkcję u klasy C 2 (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.. Podamy teraz przykłady funkcji harmonicznych. Funkcjonały afiniczne, czyli funkcje postaci u(x) = a, x + b, gdziea R n, b R należą do Har(R n ). Jeśli V Ω i u Har(Ω), tou V Har(V ). Wielomiany u(x, y) =x 2 y 2, w(x, y) =x 6 5x 4 y 2 +5x 2 y 4 y 6 są funkcjami harmonicznymi w R n.

3 . Własność wartości średniej 3 Przypomnijmy teraz jeszcze raz wzór Gaussa-Ostrogradskiego: Ω divf dx= Ω f nds, jeśli Ω jest zbiorem otwartym i ograniczonym w R n,któregobrzeg Ω jest hiperpowierzchnia(n )- wymiarowa klasy C, f : Ω R n jest klasy C na zbiorze Ω, gdzie divf = n f i i= x i oznacza dywergencje pola wektorowego f, n = n(x) jest wektorem normalnym zewnetrznym do Ω w punkcie x. Wynika z niego natychmiast, że jeśli za f podstawimy gradient funkcji u, czyli u = ( ) u, x i i=,...,n to dostaniemy równość: udx = u nds. Ω Ω Wynika stąd natychmiast następujący wniosek. Wniosek.. Jesli u jest funkcją harmoniczną w obszarze ograniczonym Ω, to dla dowolnego G zgładkimbrzegiem takiego, że Ḡ Ω mamy G u nds =0. Wniosek ten jest zgodny z omówioną na początku interpretacją fizyczną równania Laplace a, mówiącą otym,żeu opisuje gęstość pewnej wielkości będącej w stanie równowagi. Istotnie, z ostatniej równości wynika, że całkowity przepływ u przez brzeg G jest równy zeru.. 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, przyczym zakładamy, że Ω jest otwartym i ograniczonym podzbiorem R n.

4 . Własność wartości średniej 4 Twierdzenie.. (Własność wartości średniej) Niech u C 2 (Ω) będzie funkcją harmoniczną. Wtedy u(y) = u(x) ds = nα(n)r n B(y,R) u(x) dx () α(n)r n B(y,R) dla każdej kuli B(y, R) Ω, gdzieα(n) jest miarą Lebesque a n-wymiarowej kuli jednostkowej w R n. Wybierzmy kulę B(y, r) Ω ośrodkuy ipromieniur. Z wniosku. wynika, że u 0= u nds = (x) ds(x). B(y,r) B(y,r) n Zastosujemy teraz zamianę zmiennych B(y, r) x z = x y B(0, ) = S n (0, ), r dostając 0=r n u B(0,) r (y + rz) ds(z) =r n u(y + rz) ds(z). r B(0,) Wracając teraz do poprzednich zmiennych, mamy 0=r n ( ) r n u(x) ds(x). r B(y,r) stąd wniosek, że funkcja ϕ(r) :=r n B(y,r) u(x) ds(x) jest funkcją stałą (jej pochodna jest równa zeru), zatem możemy napisać, że ϕ(r) = lim ϕ(r) = lim r n u(x) ds(x) = lim r 0 r 0 B(y,r) r 0 B(y,r) u(x) ds(x) = r n nα(n)r n u(y) = lim = nα(n)u(y), r 0 r n co wynika z tw. o wartości średniej dla całek i faktu, że miara B(y, r) wynosi nα(n)r n.stąd u(y) = nα(n) ϕ(r) = nα(n) r n u(x) ds(x), B(y,r) czyli bo ϕ(r) =ϕ(r). u(y) = u(x) ds(x), nα(n)r n B(y,R) W ten sposób wykazaliśmy pierwszą równość w tezie twierdzenia. Zapiszmy ją teraz w następującej postaci nα(n)r n u(y) = B(y,R) u(x) ds(x)

5 . Własność wartości średniej 5 i scałkujmy obie strony względem r po przedziale (0, R). Dostajemywtedy R ( R ) nα(n)r n u(y) dr = u(x) ds(x) dr. 0 0 B(y,R) Do prawej strony stosujemy twierdzenie Fubiniego: n r n R nα(n)u(y) = 0 R n α(n)u(y) = u(y) = α(n)r n co dowodzi ostatniej równości w tezie twierdzenia. B(y,R) B(y,R) B(y,R) u(x) dx, u(x) dx, u(x) dx, Można również udowodnić podobne własności dla funkcji subharmonicznych i superharmonicznych w następującej postaci. Jeśli u C 2 (Ω) jest funkcją subharmoniczną, to u(y) u(x) ds, nα(n)r n B(y,R) u(y) u(x) dx, α(n)r n B(y,R) ajeśliu C 2 (Ω) jest funkcją superharmoniczną, to u(y) u(x) ds, nα(n)r n B(y,R) u(y) u(x) dx, α(n)r n B(y,R) dla każdej kuli B(y, R) Ω,gdzieα(n) jest miarą Lebesque a n-wymiarowej kuli jednostkowej w R n. Twierdzenie.2. (Odwrócona własność wartości średniej) Jeśli u C 2 (Ω) i u(y) = u(x) ds nα(n)r n B(y,R) dla każdej kuli B(y, R) Ω, tou jest funkcją harmoniczną.

6 .2 Zasada maksimum i mocna zasada maksimum 6 Gdyby u 0, to istniałaby kula B(y, r) Ω taka, że np. u > 0 wewnątrz tej kuli. Wtedy jednak, określając podobnie ϕ (jak w poprzednim twierdzeniu), otrzymalibyśmy dla u(y) = 0= nα(n) ϕ (r) = ( ) r n u(x) ds(x) =... = nα(n) r B(y,r) = to zaś jest sprzeczność. B(y,r) rozwaania nad wnioskiem. u n (x) ds(x) {}}{ = B(y,r) udx > 0, nα(n) ϕ(r):.2 Zasada maksimum i mocna zasada maksimum Twierdzenie.3. (Mocna zasada maksimum) Załóżmy, że u C 2 (Ω) C( Ω) jest subharmoniczna w Ω, gdzieω jest zbiorem otwartym, ograniczonym i spójnym w R n. Jeśli istnieje punkt y Ω taki, że u(y) =supu Ω (czyli u osiaga swój kres górny w pewnym punkcie wewnętrznym zbioru Ω), to (tzn. u jest funkcją stałą w Ω). u const Niech M := sup Ω u oraz zdefiniujmy zbiór Ω M := {x Ω: u(x) =M}. Zauważmy, że: Ω M jest niepusty (bo y Ω M ), Ω M jest domknięty w Ω (bo u jest ciągła - przeciwobraz zbioru domkniętego {M}), Ω M jest otwarty w Ω. Istotnie, weźmy dowolne z Ω M 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) u(x) dx = u(y) M. α(n)r n B(z,R)

7 .2 Zasada maksimum i mocna zasada maksimum 7 Równość jest możliwa tylko wtedy, gdy u M wkulib(z, R). ZatemB(z, R) Ω M,więcΩ M jest zbiorem otwartym. Ostatecznie więc Ω M jest jednocześnie otwartym, domkniętym i niepustym podzbiorem Ω, a więc jest równy Ω, gdyω jest spójny. Twierdzenie.4. (Zasada maksimum) Załóżmy, że u C 2 (Ω) C( Ω) jest subharmoniczna w Ω, gdzieω jest zbiorem otwartym i ograniczonym (niekoniecznie spójnym) w R n.wtedy sup Ω u =supu. Ω Dowód wynika bezpośrednio z poprzedniego twierdzenia. Twierdzenie.5. (Mocna zasada minimum) Załóżmy, że u C 2 (Ω) C( Ω) jest superharmoniczna w Ω, gdzieω jest zbiorem otwartym, ograniczonym i spójnym w R n. Jeśli istnieje punkt y Ω taki, że u(y) =inf u Ω (czyli u osiaga swój kres dolny w pewnym punkcie wewnętrznym zbioru Ω), to (tzn. u jest funkcją stałą w Ω). u const Wystarczy w twierdzeniu o mocnej zasadzie maksimum wziąc u zamiast u. Twierdzenie.6. (Zasada minimum) Załóżmy, że u C 2 (Ω) C( Ω) jest superharmoniczna w Ω, gdzieω jest zbiorem otwartym i ograniczonym (niekoniecznie spójnym) w R n.wtedy inf Ω u =inf Ω u.

8 .2 Zasada maksimum i mocna zasada maksimum 8 Wystarczy w twierdzeniu o zasadzie maksimum wziąc u zamiast u. Zauważmy teraz, że funkcje harmoniczne spełniają zarówno warunek subharmoniczności, jak i superharmoniczności, zatem wszystkie twierdzenia z tego paragrafu możemy stosować również dla funkcji harmonicznych. Możemy to krótko zapisać we wniosku. Wniosek.2. Jeśli funkcja u jest harmoniczna w Ω, to inf Ω u u(x) sup u Ω dla wszystkich x Ω, tzn. funkcja u swoje kresy w Ω osiąga na brzegu Ω, ajeśliω jest spójny i kres jest przyjęty dla pewnego punktu z tego zbioru, to u musi być funkcją stałą. Wniosek.3. Z mocnej zasady maksimum wynika w szczególności, że jeśli Ω jest spójny, a u C 2 (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, jeślig 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.4. Niech Ω będzie zbiorem spójnym, otwartym i ograniczonym oraz u C 2 (Ω) C( Ω). Wtedy zagadnienie Cauchy ego u =0 w Ω, (2) u =0 na Ω,

9 .2 Zasada maksimum i mocna zasada maksimum 9 posiada tylko rozwiązanie zerowe. Stosując zasadę maksimum i minimum (bo u =0i u C 2 (Ω)), otrzymujemy czyli więc u 0 w Ω. sup Ω u =supu =0=inf u =inf u, Ω Ω Ω sup u =0=infu, Ω Ω Tezę tego wniosku można też zapisać nieco inaczej. Mianowicie: Jeśli u = v w Ω i u = v na Ω, tou v w Ω dla u, v C 2 (Ω) C( Ω). Twierdzenie.7. (O jednoznaczności rozwiązań pewnego równania różniczkowego) Niech Ω będzie zbiorem spójnym, otwartym i ograniczonym oraz u C 2 (Ω) C( Ω). Wtedy zagadnienie brzegowe Dirichleta dla równania Laplace a u =0 w Ω, u = g na Ω, gdzie g C( Ω), ma co najwyżej jedno rozwiązanie klasy C 2 (Ω) C( Ω). W twierdzeniu można użyć też ogólniejszego równania Poissona dla f C(Ω). u = f, Dowód wynika bezpośrednio z poprzedniego wniosku, jeśli zastosujemy go do różnicy dwóch rozwiązań u, u 2.Wtedyu = u u 2 spełnia (2), więc u 0.

10 .3 Nierówność Harnacka 0.3 Nierówność Harnacka Udowodnimy teraz twierdzenie, które pomoże badać ciągi funkcji harmonicznych. Twierdzenie.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 u C inf u. V V Ustalmy a Ω i niech B(a,4r) Ω iwybierzmyx, x 2 B(a, r). Z własności wartości średniej dla funkcji harmonicznych mamy, że oraz u(x 2 )= u(x )= Ponadto, mamy nierówność (bo u jest nieujemna). u(x) dx α(n)r n B(x,r) u(x) dx α(n)(3r) n B(x 2,3r) powikszamy zbir {}}{ pomniejszamy zbir {}}{ u(x) dx α(n)r n B(x,2r) u(x) dx. α(n)(3r) n B(x 2,2r) u(x ) 3 n u(x 2 ) dla x, x 2 B(a, r), r < dist(a, Ω) (3) 4 Ustalmy teraz r = r 0 (0, dist(v, Ω)) ipokryjmy V skończoną liczbą kul o środkach w V i 4 jednakowych promieniach r 0. Wybierzmy punkty y, y 2 V takie, że u(y )=supu, u(y 2 )=infu. V V Następnie, z utworzonego pokrycia wybierzmy różne kule B, B 2,..., B m tak, aby y B, y 2 B m B i B i+ dla i =,2,...,m, (liczba tych kul na pewno nie jest większa od liczby wszystkich kul o promieniu r 0 pokrywających V i zależy jedynie od V i Ω).

11 .4 Gładkość, oszacowania pochodnych i analityczność Niech, dla i =,2,...,m, punkt b i B i B i+. Korzystając m-krotnie z nierówności (3), otrzymujemy sup u = u(y ) 3 n u(b ) 3 2n u(b 2 )... 3 n(m ) u(b m ) 3 nm u(y 2 )=3 mn inf u. V V Nierówność Harnacka w szczególności oznacza, że u(y) u(x) Cu(y) C 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..4 Gładkość, oszacowania pochodnych i analityczność Okazujesię,żejeśliu C 2 jest harmoniczna, to u C, co oznacza, że wszystkie funkcje harmoniczne są różniczkowalne nieskończenie wiele razy. Mówi o tym twierdzenie o gładkości. Twierdzenie.9. (Gładkość) Jeśli u C(Ω) ma własność wartości średniej dla każdej kuli B(x, r) Ω, tou C (Ω) (przy czym funkcja u nie musi być gładka, ani nawet ciągła w punktach Ω). Dowód można znaleźć w [0], str.4. Pokażemy teraz, że jeśli kontroluje się moduł funkcji harmonicznej na jakimś otwartym podzbiorze R n, to na nieco mniejszym podzbiorze można kontrolować moduły jej pochodnych cząstkowych dowolnego rzędu.

12 .4 Gładkość, oszacowania pochodnych i analityczność 2 Uwaga.. 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.0. (Oszacowanie pochodnych) Załóżmy, że u jest harmoniczna w Ω. Wtedy D β u(y) C k r n+k u L (B(y,r)) (4) dla każdej kuli B(y, r) Ω i każdego wielowskaźnika β długości β = k, przyczym C 0 = α(n), C k = (2n+ nk) k α(n) (k =,2,...). (5) Przypomnijmy na początek, co oznacza norma funkcji (mierzalnej w sensie Lebesque a) u : U R wprzestrzenil (U) dla pewnego zbioru U: u L (U) = Dowód przeprowadzimy przez indukcję ze względu na k. U u(x) dx. Przypadek k =0wynika natychmiast z własności wartości średniej, bo wtedy u(y) = u(x) dx α(n)r n B(y,r) u(x) dx = C 0 α(n)r n B(y,r) r u n L (B(y,r)). Ponieważ funkcje harmoniczne można różniczkować nieskończenie wiele razy, to różniczkując równanie Laplace a u =0dostajemy u = ( u) =0, x i x i 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 G O u xi (y) = α(n) ( ) n u xi (x) dx {}}{ 2 r B(y, n r2 2 ) = u(x)n α(n)r n i (x) ds(x) (6) B(y, r 2 )

13 .4 Gładkość, oszacowania pochodnych i analityczność 3 2n n nα(n)r α(n)r n 2 u 2n n L ( B(y, r )) = 2 r u L ( B(y, r 2 )), gdzie n i oznacza i-tą współrzędną wektora normalnego. Jeśli x B(y, r ),tob(x, r ) B(y, r) Ω, więc ponownie z własności wartości średniej: 2 2 u(x) ( ) 2 n u α(n) r L (B(y,r)). Łącząc powyższe nierówności, wnioskujemy, że dla β =: D β u(y) 2n ( ) 2 n u r α(n) r L (B(y,r)) 2n+ n α(n) r u n+ L (B(y,r)). To dowodzi (4) i (5) dla k =. Przejdźmy teraz do kroku indukcyjnego i załóżmy, że k 2 i(4)i(5)zachodządlawszystkichkul w Ω i wszystkich wielowskaźników, których długość nie przekracza k. UstalmykulęB(y, r) Ω i niech β = k. WtedyD β u =(D γ u) xi, dla pewnych i {,..., n}, γ = k. Przeprowadzając rachunek podobny do (6), dostajemy D β u(y) nk D γ u r L ( B(y, r k )). Jeśli x B(y, r k ),tob(y, r) B(y, r) Ω. Mamy zatem, na mocy (4) i (5) dla k, k k D γ u(x) (2n+ n(k )) k α(n) ( k r ) n+k u L (B(y,r)). k Łącząc dwie ostatnie nierówności, uzyskujemy ostateczne oszacowanie D β u(y) (2n+ nk)) k u α(n)r n+k L (B(y,r)). (7) Zatem (4) i (5) zachodzą dla β = k. Można udowodnić również subtelniejszą wersję twierdzenia o gładkości. Twierdzenie.. (Analityczność) Jeśli u jest harmoniczna w Ω, tou jest analityczna w sensie rzeczywistym w Ω (tzn. ma pochodne cząstkowe wszystkich rzędów i w każdym punkcie jest równa sumie swojego szeregu Taylora). Dowód można znaleźć w [0], str.44.

14 .5 Twierdzenie Liouville a 4.5 Twierdzenie Liouville a W tym paragrafie wykażemy, że nie ma nietrywialnych funkcji ograniczonych, które byłyby harmoniczne na całej przestrzeni R n. Zauważmy przy okazji, że w podanych wcześniej przykładach funkcji harmonicznych, funkcje te nie są ograniczone. Twierdzenie.2. (Twierdzenie Liouville a) Jeśli funkcja u : R n R jest hramoniczna i ograniczona, to jest stała. Ustalmy y R n i r > 0, a następnie zastosujemy twierdzenie o oszacowaniu pochodnych w kuli B(y, r): Du(y) = D β u(y) 2 β = = C n r n+ gdy r.zatemdu 0, więcu jest stała. 2 ( n ) = u xi (y) 2 2 n i= i= u L (B(y,r)) Cα(n) n u r L (R n ) 0, ( C r n+ u L (B(y,r)) ) 2 2 = (8).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.5. Granica jednostajnie zbieżnego ciągu (u j ) j N zbiorze Ω R n jest funkcją harmoniczną. funkcji harmonicznych na otwartym i ograniczonym Każda z funkcji u j ma własność wartości średniej i jest klasy C 2 (Ω). Zatem możemy napisać u j (y) = u nα(n)r n j (x) ds B(y,r)

15 .6 Ciągi funkcji harmonicznych i twierdzenie Harnacka 5 dla wszystkich y Ω i B(y, r) Ω. Przechodząc do granicy przy j poobu stronach tej równości, dostajemy dla u := lim j u j,że u(y) = u(x) ds nα(n)r n B(y,r) 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 teorii funkcji, podające kryterium zwartości podzbiorów przestrzeni C(K) funkcji ciągłych na zwartych podzbiorach R n, zwane twierdzeniem Ascoliego-Arzeli. Twierdzenie to podamy bez dowodu (nie jest on istotą tego wykładu). Twierdzenie.3. (Ascoliego-Arzeli) Niech (f k ) k= będzie ciągiem funkcji rzeczywistych określonych na Rn wspólnie ograniczonym, tzn. f k (x) M (k =,2,...,x R n ) dla pewnej stałej M. Załóżmy dalej, że funkcje (f k ) k= są jednakowo ciągłe, tzn. ε>0 δ>0 x y <δ= f k (x) f k (y) <ε dla x, y R n, k =, Wtedy istnieje podciąg (f kj ) j= (f k) k= i funkcja ciągła f taka, że f kj f jednostajnie na zwartych podzbiorach R n (inaczej, rodzina taka jest zwarta na zwartych podzbiorach R n ) Wniosek.6. Każdy ograniczony ciąg funkcji harmonicznych w Ω zawiera podciąg niemal jednostajnie zbieżny. Niech (u k ) k= będzie ograniczonym ciągiem funkcji harmonicznych, tzn. istnieje stała M taka, że: u k (x) M (k =,2,...,x Ω).

16 .6 Ciągi funkcji harmonicznych i twierdzenie Harnacka 6 Wystarczy więc wykazać jednakową ciągłość. Z twierdzenia o oszacowaniu pochodnych (nierówność (4)) mamy D β u(z) C r u n+ L (B(z,r)), gdzie β =i C = C (n) zależy od n. Następnie z oszacowań w (8) dostajemy Du(z) C (n) n r n+ u L (B(z,r)). Wtedy z twierdzenia o wartości średniej mamy dla x, y Ω u k (x) u k (y) = Du k (z) x y C (n) n r n+ u k L (B(z,r)) x y C (n) n u r n+ k (x) dx x y B(z,r) C (n) n µ(b(z, r))m x y = 2n+ n n r n+ α(n)r α(n)r n M x y = 2n+2 n n M x y n+ 2r dla dowolnej kuli B(z, r) Ω. Weźmy dowolny zbiór zwarty K Ω. Wtedy istnieje kula taka, że K B(z, r). Zatem u k (x) u k (y) 2n+ n n M x y diam(k) dla x, y K. Zatemweźmydowolneε>0 i niech δ = ε diam(k) M2 n+ n. Wtedy na zbiorze K mamy n o ile x y <δ. u k (x) u k (y) <ε Spełnione są więc założenia twierdzenia Ascoliego-Arzeli i na zbiorze Ω można wybrać podciąg niemal jednostajnie zbieżny. Jego granica jest oczywiście funkcją harmoniczną. Wniosek.7. (Twierdzenie Harnacka) Jeśli u u 2... u m... są funkcjami harmonicznymi na Ω R n igranica lim u j(y) j istnieje (i jest skończona) dla pewnego punktu y Ω, tociąg(u j ) j N jest zbieżny niemal jednostajnie na Ω (i jego granica jest funkcją harmoniczną).

17 2 Rozwiązanie podstawowe 7 UstalmyzwartypodzbiórK Ω. Załóżmy (bez zmniejszania ogólności), że y K. Z nierówności Harnacka i monotoniczności ciągu (u j ) j N wynika, że dla m > l i dowolnego punktu x K mamy 0 u m (y) u l (y) sup(u m (z) u l (z)) C(n, K,Ω) inf (u m(z) u l (z)) z K z K C(n, K,Ω)(u m (y) u l (y)) m,l 0. Zatem, ciąg (u j ) 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 radialnych, czyli takich, które są zależne jedynie od r = x. Załóżmy najpierw, że Ω=R n i poszukamy rozwiązań równania Laplace a u =0 (9) wpostaciu(x) =v(r). Funkcję v należy więc dobrać tak, by u =0.Ponieważr = x, to r x i = x i x 2 + x x 2 n dla i =,2,...,n idlax 0. Stąd dostajemy kolejno: u xi = v (r) r x i = v (r) x i r, = x i r u xi x i = v (r) x i 2 ( r + v (r) 2 r x i 2 ) r 3 dla wszystkich i =,2,...,n. Łatwo więc widać, że Awięc u =0wtedy i tylko wtedy, gdy u = v (r)+ n v (r). r v + n v =0. (0) r

18 2 Rozwiązanie podstawowe 8 Jeśli v 0,tomamykolejno: v v = n, r (ln( v )) = n, r ln( v )=( n)lnr, v = ar n dla pewnej stałej a. Jeśli więc n =2,tov(r) =b ln r + c, ajeślin > 2, tov(r) = i c są stałymi. b + c, gdzie b r n 2 Podamy teraz definicję rozwiązania podstawowego. Definicja 2.. Funkcja Φ(x) := ln x 2π (n =2), n(n 2)α(n) x 2 n (n 3), () określona dla x R n i x 0jest 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, D2 Φ(x) dla x 0,gdziestałaC > 0 zależy od wymiaru n. C x n (2) 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 (x y) = x i nα(n) (x i y i ) x y n,

19 2 Rozwiązanie podstawowe 9 2 Φ x i x j (x y) = nα(n) δij x y 2 n(x i y i )(x j y j ) x y n+2, x Φ(x y) = x y n nα(n) n i= δ ii + α(n) n i= (x i y i ) 2 =0. x y n+2 Załóżmy teraz, że mamy funckję f : R n R. Wtedy również, dla każdego y R n 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) = Φ(x y)f (y) dy = R n 2π R n(n 2)α(n) n ln x y f (y) dy (n =2), f (y) R dy (n 3), n x y n 2 spełnia równanie (9)? Okazuje się, że nie, gdyż z oszacowania (2) wynika, że D 2 Φ(x y) nie jest funkcją całkowalną w otoczeniu osobliwości x = y. Nie możemy więc różniczkować pod znakiem całki. Coś jednak da się udowodnić. (3) Załóżmy na początek, że funkcja f jest klasy C 2 (R n ) i ma zwarty nośnik. Zauważmy ponadto, że u(x) = Φ(x y)f (y) dy = R n Φ(y)f (x y) dy. R n Z równości tej wynika, że u(x + te i ) u(x) t [ ] f (x + tei y) f (x y) = Φ(y) R n t dy, gdzie t 0. Jednocześnie wyrażenie w nawiasie kwadratowym zbiega do f x i (x y) jednostajnie na R n przy t 0 (bo f ma zwarty nośnik), więc u (x) = Φ(y) f (x y) dy (i =,2,...,n). x i R n x i Podobnie postępujemy, by uzyskać, że 2 u (x) = Φ(y) 2 f (x y) dy x i x j R n x i x j (i, j =,2,...,n). Ponieważ prawa strona jest ciągła, jako funkcja zmiennej x, więcu C 2 (R n ). Aby pozbyć się osobliwości dla Φ w punkcie 0, wyodrębnimy z przestrzeni R n mała kulę B(0, ɛ) dla dostatecznie małego ɛ. Wtedy możemy napisać x u(x) = B(0,ɛ) Φ(y) x f (x y) dy + R n \B(0,ɛ) Φ(y) x f (x y) dy =: I ɛ + J ɛ.

20 2 Rozwiązanie podstawowe 20 Będziemy szacować te składniki. Łatwo policzyć, że I ɛ D 2 f L (R n ) B(0,ɛ) Cɛ 2 ln ɛ (n =2), Φ(y) dy Cɛ 2 (n 3). Do oszacowania składnika J ɛ potrzebny będzie wzór na całkowanie przez części. Twierdzenie 2.. (Całkowanie przez części) Niech u, v C ( Ω), gdzieω jest ograniczonym i otwartym podzbiorem przestrzeni R n zbrzegiem Ω klasy C.Wtedy: Ω u xi vdx= Ω uvn i ds Ω uv xi dx dla i =,2,...,n, gdzien i jest i-tą współrzędną jednostkowego wektora normalnego zewnętrznego do brzegu Ω. Przystępujemy teraz do szacowania: J ɛ = = B(0,ɛ) R n \B(0,ɛ) Φ(y) x f (x y) dy = Φ(y) f n R (x y) ds(y) DΦ(y)D y f (x y) dy =: L ɛ + K ɛ. n \B(0,ɛ) Tutaj n oznacza jednostkowy wektor normalny wewnętrzny na B(0, ɛ), bo jest on zewnętrznym dla (R n \ B(0, ɛ)) = B(0, ɛ). Zauważmy teraz, że podobnie, jak poprzednio L ɛ Df L (R n ) B(0,ɛ) Dɛ ln ɛ (n =2), Φ(y) ds(y) Dɛ (n 3). Do składnika K ɛ zastosujemy ponownie całkowanie przez części. Wtedy K ɛ = DΦ(y)D y f (x y) dy = R n \B(0,ɛ) Φ = B(0,ɛ) n R (y)f (x y) ds(y)+ n \B(0,ɛ) = B(0,ɛ) Φ (y)f (x y) ds(y), n Φ(y)f (x y) dy =

21 2 Rozwiązanie podstawowe 2 bo Φ jest harmoniczna poza punktem 0. Przypomnijmy teraz,że Φ n (y) = yφ(y) n = n i= Φ y i n i = n = ( y i i= nα(n) y y ) i = n y nα(n) y n. Zatem na sferze B(0, ɛ) mamy, że Φ n (y) = nα(n) ɛ n. (4) Zatem dalej mamy: K ɛ = nα(n) ɛ n f (x y) ds(y) = B(0,ɛ) nα(n)ɛ n B(x,ɛ) f (y) ds(y). Podsumujmy teraz wszystkie wyniki, pisząc u(x) =I ɛ + K ɛ + L ɛ oraz I ɛ 0, L ɛ 0, nα(n)ɛ n B(x,ɛ) dla ɛ 0. Oznacza to, że u(x) = f (x). f (y) ds(y) f (x) Tym samym udowodniliśmy następujące twierdzenie, opisujące rozwiązanie równania Poissona: Twierdzenie 2.2. (Rozwiązanie równania Poissona) Przy założeniu, że funkcja f jest klasy C 2 (R n ) i ma zwarty nośnik, a funkcja u jest określona wzorem (3), dostajemy u C 2 (R n ), u = f w R n.

22 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 C. 3. 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. w i = u v x i v u x i. Wtedy w, n = u v n v u n, gdzie n oznacza zewnętrzny wektor normalny do Ω, przyczymzakładamy,żeu, v C 2 (Ω) C ( 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. (5) Ustalmy punkt x Ω. Zastosujemy teraz wzór (5) do funkcji u(y) i v(y) =Φ(y x), zmieniając obszar całkowania z Ω na Ω ɛ := Ω \ B(x, ɛ), gdzieɛ jest tak wybrane, by B(x, ɛ) Ω (usuwamy z Ω mała kulę o środku x, by uniknąć osobliwości dla x = y). Otrzymujemy (u(y) Φ(y x) Φ(y x) u(y)) dy = Ω ɛ Ω ɛ ( u(y) Φ ) (y x) Φ(y x) u n n (y) Ale Φ(y x) =0dla x y, więc otrzymujemy ( Φ(y x) u(y) dy = u(y) Φ ) (y x) Φ(y x) u Ω ɛ Ω ɛ n n (y) ds(y). ds(y).

23 3. Definicja funkcji Greena 23 Przypomnijmy, że brzeg Ω ɛ składa się z brzegu Ω ibrzegu B(x, ɛ), czyli Φ(y x) u(y) dy = Ω ɛ = Ω ( u(y) Φ ) (y x) Φ(y x) u n n (y) ( ds(y)+ B(x,ɛ) u(y) Φ (y x) Φ(y x) u n n (y) ) ds(y). Wykonamy przejście graniczne w ostatniej równości, przy ɛ 0. Po lewej stronie dostajemy Φ(y x) u(y) dy ɛ 0 Φ(y x) u(y) dy, Ω ɛ Ω bo Φ jest funkcją całkowalną na zwartych podzbiorach R n (całka x < x s dx jest skończona dla wszystkich s < n). Po prawej stronie mamy dla całki ze składnika zawierającego pochodną normalną funkcji u B(x,ɛ) Φ(y x) u n (y) ds(y) µ( B(x, ɛ)) sup φ sup u ɛ 0 0. B(x,ɛ) B(x,ɛ) Zajmiemy się teraz całką ze składnika zawierającego pochodną normalną Φ.Przypomnijmy,żez n (4) Φ n (y) = nα(n) ɛ n na sferze B(x, ɛ). Stąd B(x,ɛ) u(y) Φ (y x) ds(y) = n nα(n) ɛ n u(y) ds(y) ɛ 0(=0) u(x). B(x,ɛ) Ostatecznie, dostajemy następujący wzór: ( u(x) = u(y) Φ ) (y x) Φ(y x) u Ω n n (y) Stąd otrzymaliśmy następujące twierdzenie ds(y) Ω Φ(y x) u(y) dy. (6) Twierdzenie 3.. Jeśli Ω jest zbiorem otwartym i ograniczonym w R n zbrzegiem Ω klasy C, to dla dowolnego punktu x Ω i dowolnej funkcji u C 2 (Ω) C ( Ω) takiej, że u jest ograniczony na Ω, mamiejscerówność (6).

24 3. Definicja funkcji Greena 24 Wzór (6) pozwala niemal rozwiązać zagadnienie Dirichleta dla równania Poissona, jest tylko jeden kłopot. Z twierdzenia o jednoznaczności wynika, mianowicie, że do określenia funkcji u, którejlapla- 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 φ x C ( Ω) jest harmoniczna w Ω, to ze wzoru Greena (5) dla funkcji v = φ x uzyskujemy ( φ x (y) u(y) dy = u(y) φx Ω Ω n (y) φx (y) u ) n (y) ds(y), czyli 0= Ω φ x (y) u(y) dy + Ω ( u(y) φx n (y) φx (y) u ) n (y) ds(y). Dodając teraz ostatnią równość do (6) i kładąc G := Φ φ x, otrzymujemy: ( u(x) = u(y) G ) (x, y) G(x, y) u Ω n n (y) ds(y) G(x, y) u(y) dy. (7) Ω Wystarczy więc dla ustalonego x Ω tak dobrać funkcję harmoniczną φ x,by G(x, y) =Φ(y x) φ x (y) =0 dla wszystkich y Ω. Wtedy wzór (7) zredukuje się do postaci u(x) = u(y) G Ω n Ω (x, y) ds(y) G(x, y) u(y) dy, (8) dając gotowy przepis na rozwiązanie zagadnienia Dirichleta dla równania Poissona. Otrzmamy w ten sposób następujące: definicję i twierdzenie. Definicja 3.. (Funkcji Greena) Funkcją Greena dla obszaru Ω jest G(x, y) :=Φ(y x) φ x (y) dla x, y Ω, x y, gdzie dla dowolnego x Ω funkcja φ x jest harmoniczna w Ω i φ x =Φ(y x) na Ω.

25 3.2 Własności funkcji Greena 25 Twierdzenie 3.2. (Reprezentacja rozwiązań za pomocą funkcji Greena) NiechΩ będzie zbiorem otwartym i ograniczonym w R n zbrzegiem Ω klasy C.Jeśliu C 2 (Ω) C ( Ω) spełnia u = f w Ω, u Ω = g, gdzie g jest funkcją ciągłą na Ω, af C 0 (Ω) L (Ω), to musi zachodzić równość u(x) = g(y) G Ω n Ω (x, y) ds(y)+ G(x, y)f (y) dy, dla x Ω, gdzieg 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) wω \{x}, funkcja Greena (jeśli istnieje) jest nieujemna. Dowodu wymaga właściwie tylko trzecia własność. Ustalmy x Ω. Ponieważlim y x G(x, y) =, więcistniejekula B(x, ε) Ω otakmałym 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), czylina Ω B(x, ε). Alena Ω funkcja znika, a na B(x, ε) jest dodatnia. Stąd wcałymzbiorzeω \ 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. Zdowolnościx wynika nieujemność funkcji G.

26 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: Ustalmy x, y Ω, x y. Niech ponadto G(y, x) =G(x, y). v(z) :=G(x, z), w(z) :=G(y, z) (z Ω). Wtedy v(z) =0dla z x i w(z) =0dla z y oraz w = v =0na brzegu Ω. Wybierzmyε>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 (5) na zbiorze V. Otrzymamy ( (v w w v) dz = v w V V n w v ) ds(z). n Zauważmy teraz, że lewa strona redukuje się do 0, bonazbiorzev znikają oba laplasjany. Ponadto, po prawej stronie mamy V, więc teraz dostajemy ( )( 0= + + v w Ω B(x,ε) B(y,ε) n w v ) ds(z), n przy czym wektory normalne zewnętrzne do V w punktach Ω są normalne zewnętrzne do Ω, aw 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 =0na Ω, więcostateczniedostajemy ( v w B(x,ε) n w v ) ( ds(z) = v w n B(y,ε) n w v ) ds(z). (9) n Zajmijmy się teraz oboma składnikami całki po lewej stronie (9). Funkcja w jest gładka w pobliżu x, stąd v w B(x,ε) n ds(z) Cεn sup Natomiast B(x,ε) = v ε 0 0. B(x,ε) w v n B(x,ε) ds(z) = w Φ(z x) φx (z) n B(x,ε) Φ(z x) w ds(z) n B(x,ε) w φx (z) n ds(z) = ds(z).

27 3.3 Funkcja Greena dla kuli, jądro Poissona 27 Policzmy teraz granicę przy ε 0. Wtedy pierwsza z całek zbiega do w(x) na mocy takiego rachunku, jaki wykonaliśmy w dowodzie twierdzenia o rozwiązaniu równania Poissona, a druga całka zbiega do 0, bo funkcja φ x jest gładka w zbiorze Ω. Ostatecznie lewa strona równości (9) dąży do w(x) przy ε 0. Podobnie prawa strona dąży do v(y). Zatem G(y, x) =w(x) =v(y) =G(x, y). Przypomnijmy teraz, że w określeniu funkcji Greena dla obszaru Ω G(x, y) :=Φ(y x) φ x (y) zakładaliśmy, że x y i x, y Ω. Można teraz uzupełnić tę definicję kładąc: bo Φ(y x) φ x (y) dla x, y Ω, G(x, y) = lim Ω z x G(z, y) dla x Ω, dla x Ω. G(x, y) = lim G(z, y) = lim G(y, z) Ω z x Ω z x 3.3 Funkcja Greena dla kuli, jądro Poissona Określimy teraz funkcję Greena dla pewnego obszaru, którym będzie kula w R n. Wprowadźmy oznaczenie x na punkt sprzężony do x względem powierzchni B(0, R). Tzn., że x jest punktem leżącym na półprostej wychodzącej z 0 i przechodzącej przez x owłasności x x = R 2, czyli x = R2 x x. 2 Gdy x zbliża się do B(0, R), to x zbliża się do x z przeciwnej strony sfery. Gdy x 0, to x ucieka do. Natomiastdlax =0nie istnieje x.

28 3.3 Funkcja Greena dla kuli, jądro Poissona 28 Zajmiemy się najpierw kulą jednostkową. Niech x B(0, ). Ponieważ G(x, y) =Φ(y x) φ x (y), to musimy znaleźć φ x.wiemy,że φ x =0wkuliB(0, ) i φ x =Φ(y x) na brzegu tej kuli. Wtedy x jest punktem osobliwym (musimy zakładać y x), więc należy się pozbyć tej osobliwości. Przeniesiemy ją na punkt sprzężony x, który już nie należy do B(0, ). Załóżmy, że n > 2. Wtedy odwzorowanie y Φ(y x) jest harmoniczne dla y x. Zatem y x 2 n Φ(y x) też jest harmoniczne dla y x. Stąd funkcja φ x (y) :=Φ( x (y x)) (20) jest harmoniczna w kuli jednostkowej B(0, ), ajeśliy B(0, ) i x 0,to x 2 y x 2 = x 2 y x 2 2 ( x 2 = x 2 y 2 2x y ) x + x 2 = 2 x 4 ( = x 2 2x y x + ) = x 2 2x y += x y 2. 2 x 2 Zatem ( x y x ) (n 2) = x y (n 2), czyli po prawej stronie (po przemnożeniu przez n(n 2)α(n) )mamyφ(y x),apolewej x 2 n Φ(y x), czyli dla y B(0, ), tak jak żądaliśmy. φ x (y) =Φ(y x) (2) Dostajemy stąd definicję Definicja 3.2. Funkją Greena dla kuli jednostkowej jest G(x, y) :=Φ(y x) Φ( x (y x)) (22) dla x, y B(0, ) i x y. Ten sam wzór jest poprawny również w przypadku n =2.

29 3.3 Funkcja Greena dla kuli, jądro Poissona 29 Ćwiczenie 3.. Sprawdzić poprawność wzoru dla n =2. Pokażemy teraz, że jeśli u jest rozwiązaniem zagadnienia brzegowego to postać u musi być następująca: u =0 w B(0, ), u = g w B(0, ), (23) u(x) = x 2 nα(n) B(0,) g(y) x y n ds(y). Istotnie, z twierdzenia o reprezentacji rozwiązań za pomocą funkcji Greena, uwzględniając fakt, że tutaj f 0, dostajemy u(x) = g(y) G (x, y) ds(y). (24) B(0,) n Zgodnie z definicją funkcji Greena dla kuli jednostkowej (22) mamy, że G (x, y) = Φ (y x) Φ( x (y x)). y i y i y i Korzystając z postaci Φ, możemy policzyć te pochodne: dla n > 2: Φ (y x) = y i y i n(n 2)α(n) y x 2 n = idlan =2: Φ (y x) = ln y x = y i y i 2π 2π nα(n)(n 2) (2 n) y i x i y x n = y i x i y x 2 = 2π x i y i x y 2, x i y i nα(n) x y n zatem pierwszy z tych wzorów również dostarcza postaci pochodnej dla n = 2. Ponadto, licząc podobnie i korzystając z postaci x, otrzymujemy dla y B(0, ). Zatem Φ( x (y x)) = y i x 2 x i y i nα(n) x y n G n n (x, y) = i= y i G y i (x, y) = nα(n) x y n n ( ) y i (yi x i ) y i x 2 x i = i= dla y B(0, ). Wstawiając ten wynik do równości (24) otrzymujemy wynik u(x) = x 2 nα(n) B(0,) g(y) x y n ds(y). x 2 nα(n) x y 2

30 3.3 Funkcja Greena dla kuli, jądro Poissona 30 Zobaczmy teraz, co się dzieje dla kuli B(0, R). Przypuśćmy więc, że funkcja u spełnia zagadnienie u =0 w B(0, R), u = g w B(0, R), (25) dla pewnego R > 0. Wtedywiemy, żeũ(x) =u(rx) jest rozwiązaniem (23) ze zmienionym warunkiem brzegowym g(x) =g(rx). Wystarczy więc zamienić zmienne w poprzednim wyniku: u(x) = x 2 nα(n) B(0,) g(y) x y n ds(y). Zajmijmy się najpierw całką, wprowadzając zmienne B(0, ) y z = Ry B(0, R). Wtedy mamy ds(y) =R n ds(z), czyli B(0,) g(y) x y n ds(y) = B(0,) g(ry) x y n ds(y) = B(0,R) g(z) x z R n R n ds(z) = Teraz = x 2 nα(n) B(0,R) B(0,) R n g(z) g(z) Rx z n R n ds(z) =R B(0,R) Rx z ds(z). n g(y) x 2 ds(y) = R x y n nα(n) = R2 Rx 2 Rnα(n) B(0,R) B(0,R) g(z) ds(z) =u(rx). Rx z n g(z) Rx z n ds(z) = Ostatecznie mamy u(x) = R2 x 2 nα(n)r B(0,R) dla x B(0, R). Wzór ten nazywamy wzorem Poissona. g(y) x y n ds(y) Wzór ten można wyprowadzić również bezpośrednio, wykonując od razu rachunki dla kuli B(0, R) zamiast kuli jednostkowej. Definicja 3.3. (Jądra Poissona) Funkcję nazywamy jądrem Poissona dla kuli. K R (x, y) := R 2 x 2 nα(n)r x y n

31 3.3 Funkcja Greena dla kuli, jądro Poissona 3 Przy wykorzystaniu tej definicji widzimy, że wzór Poissona przyjmuje postać dla x B(0, R). u(x) = B(0,R) K R (x, y)g(y) ds(y) Rachunki nasze możemy podsumować w twierdzeniu. Twierdzenie 3.4. (O postaci rozwiązania w kuli) Załóżmy, że g C( B(0, R)), gdzieb(0, R) jest kulą otwartą o środku 0 ipromieniur. Określmy B(0,R) u(x) = K R(x, y)g(y) ds(y), x B(0, R), (26) g(x), x B(0, R). Wtedy u C( B(0, R)) i u =0w B(0, R), tzn. funkcja u jest rozwiązaniem zagadnienia Dirichleta dla równania Laplace a w kuli B(0, R). Ponadto u C (B(0, R)). Zauważmy, po pierwsze, że K R = G, więc wstawiając do twierdzenia 3.2 o reprezentacji rozwiązań n za pomocą funkcji Greena funkcję u, otrzymamy wzór = K R (x, y) ds(y). (27) Ponieważ zaś G(x, y) =G(y, x), więc B(0,R) x G(x, y) = x G(y, x) = x (Φ(x y) φ y (x)) = 0 dla wszystkich x B(0, R), y B(0, R). PonieważzaśK R = G,więctakże n xk R (x, y) =0. Różniczkując we wzorze (26) pod znakiem całki, przekonujemy się, że u jest funkcją harmoniczną w B(0, R). Sprawdzimy teraz, że u jest ciągła w punktach należących do sfery B(0, R). Ustalmy w tym celu x 0 B(0, R) i ɛ>0. Dobierzmyδ>0 tak, aby mieć g(y) g(x 0 ) <ɛ dla y x 0 <δ. Z (27) otrzymujemy teraz u(x) u(x 0 ) = K R (x, y)(g(y) g(x 0 )) ds(y) B(0,R)

32 3.4 Funkcja Greena dla półprzestrzeni, jądro Poissona 32 ( y B(0,R), y x 0 <δ y B(0,R), y x 0 <δ ) + K R (x, y) g(y) g(x 0 ) ds(y) y B(0,R), y x 0 δ K R (x, y) ɛ ds(y)+2sup g K R (x, y) ds(y) = y B(0,R), y x 0 δ = ɛ +2sup g K R (x, y) ds(y). y B(0,R), y x 0 δ Ponieważ dla x x 0 δ oraz y x 2 0 δ mamy x y δ, więc dla x x 2 0 δ możemy 2 napisać y B(0,R), y x 0 δ Zatem lim x x0 u(x) =u(x 0 ). K R (x, y) ds(y) R2 x 2 ( ) nα(n)r ( ) n ds(y) δ B(0,R) 2 = R2 x 2 x R ( ) n 0. R 2 n δ 2 Zostaje do pokazania gładkość. Ale zauważmy, że funkcja x K R (x, y) jest gładka dla x y więc łatwo widać, że u C dla x B(0, R) (bo można różniczkować pod znakiem całki). 3.4 Funkcja Greena dla półprzestrzeni, jądro Poissona Określimy teraz funkcję Greena dla pewnego obszaru, którym będzie półprzestrzeń, tzn. zbiór postaci R n + = {x =(x, x 2,..., x n ) R n : x n > 0}. Wprowadźmy oznaczenie x na punkt sprzężony do x R n + względem płaszczyzny Rn +, tzn., że x =(x, x 2,..., x n, x n ). Do określenia funkcji Greena, jak poprzednio, potrzebujemy znaleźć φ x w półprzestrzeni, czyli rozwiązać zagadnienie φ x =0wR n + i φ x =Φ(y x) na brzegu tej półprzestrzeni. Wtedy x jest punktem osobliwym (musimy zakładać y x), więc należy się pozbyć tej osobliwości. Przeniesiemy ją na punkt sprzężony x, który już nie należy do R n +. Połóżmy więc φ x (y) :=Φ(y x) =Φ(y x, y 2 x 2,..., y n x n, y n + x n ), x, y R n +.

33 3.4 Funkcja Greena dla półprzestrzeni, jądro Poissona 33 Zauważmy najpierw, że dla y R n + mamy równość φ x (y) =Φ(y x) =Φ(y x, y 2 x 2,..., y n x n,0+x n )= =Φ(x y, x 2 y 2,..., x n y n, x n 0) = Φ(x y) =Φ(y x). Stąd dostajemy φ x =0w R n + i φ x =Φ(y x) na R n +. Definicja 3.4. Funkcją Greena dla półprzestrzeni R n + jest G(x, y) :=Φ(y x) Φ(y x) dla x, y R n + i x y. Wyprowadzimy teraz postać jądra Poissona dla półprzestrzeni. Policzmy w tym celu G (x, y) = Φ (y x) Φ (y x) = [ yn x n y n y n y n nα(n) y x y ] n + x n. n y x n Jeśli więc y R n +, to zachodzi związek G G (x, y) = (x, y) = 2x n n y n nα(n) x y. n Dalej, jeśli u jest rozwiązaniem zagadnienia brzegowego u =0 w R n +, u = g na R n +, to rozumując, jak poprzednio, powinniśmy mieć dla x R n +: u(x) = Wzór ten nazywamy wzorem Poissona. 2x n nα(n)r R n + g(y) x y n dy. Definicja 3.5. (Jądra Poissona dla R n +) Funkcję K(x, y) := nazywamy jądrem Poissona dla R n +. 2x n nα(n)r x y n

34 3.5 Metoda Perrona 34 Przy wykorzystaniu tej definicji widzimy, że wzór Poissona przyjmuje postać dla x R n +. u(x) = R n + K(x, y)g(y) d(y) Twierdzenie 3.5. (O postaci rozwiązania dla półprzestrzeni) Załóżmy, że g C(R n ) L (R n ).Określmy R u(x) = K(x, y)g(y) dy, x n Rn + +, g(x) x R n +. (28) Wtedy u C(R n +) L (R n +) i u =0wR n +, tzn. funkcja u jest rozwiązaniem zagadnienia Dirichleta dla równania Laplace a w półprzestrzeni R n +. Ponadto u C (R n + ) L (R n + ). Dowód przeprowadza się analogicznie, jak dowód twierdzenia o postaci rozwiązania dla kuli (można go też znaleźć w [0]). 3.5 Metoda Perrona Podamy teraz inną metodę otrzymywania funkcji harmonicznych o zadanych wartościach brzegowych, opracowaną w [23]. Potrzebna w tym celu będzie najpierw ogólniejsza definicja funkcji subharmonicznych i superharmonicznych. Załóżmy, jak poprzednio, że Ω jest otwarty, spójny i ograniczony. Chwilowo nic jeszcze nie zakładamy obrzegu Ω. Definicja 3.6. (uogólniona def. funkcji subharmonicznej) Funkcja u C(Ω) jest subharmoniczna, jeśli dla każdej kuli B B Ω i każdej funkcji harmonicznej h : B R takiej, że h u na B, nierównośćh u zachodzi w całej kuli B.

35 3.5 Metoda Perrona 35 Podobnie definiujemy funkcje superharmoniczne - trzeba odwrócić nierówność, czyli v jest superharmoniczna v jest subharmoniczna. Twierdzenie 3.6. Zachodzą następujące własności: a) Jeśli u C( Ω) jest subharmoniczna, to: i) sup Ω u =sup Ω u, ii) jeśli istnieje punkt y Ω taki, że u(y) =M =sup Ω u,tou M w Ω, iii) jeśli v C( Ω) jest superharmoniczna i v > u na Ω, toalbou v w Ω, albov > u w Ω. b) Jeśli u i C( Ω), i =,..., m są funkcjami subharmonicznymi, to u =max(u, u 2,..., u m ) też jest subharmoniczna. Zauważmy, że własność b) jest oczywista, a ii) implikuje i). Wystarczy więc udowodnić ii) oraz iii). Ad. ii). Weźmy kulę B = B(y, r) taką, że b, B Ω i weźmy funkcję harmoniczną h : B R taką, że h u na B (taką funkcję h możemy wybrać, bo wiemy jak wygląda funcja Greena na kuli i mamy postać jądra Poissona dla kuli, więc h możemy określić stosując twierdzenie o postaci rozwiązania w kuli - tw. 7.9). Wtedy wprost z definicji mamy h(y) M h B. Ponieważ h jest harmoniczna, więc kresy osiąga na brzegu obszaru i z zasady maksimum jest stała. Zatem h M, awięciu M w całym obszarze Ω (z dowolności B). Ad. iii). Przypuśćmy, że nie zachodzi warunek v > u w Ω. Wtedy istnieje punkt x 0 Ω taki, że u(x 0 ) v(x 0 )=sup(u v) =:M 0. Ω Rozważmy zbiór U M = {x Ω : u(x) v(x) =M}. Jest on niepusty, bo x 0 U M idomkniętyw Ω, bou, v są ciągłe. Pokażemy, że U M jest otwarty, wtedy ze spójności Ω dostaniemy U M =Ω,czyli u v M, a ponadto M =0, gdyż inaczej mielibyśmy sprzeczność z warunkiem v u na Ω. Pokazujemy otwartość. Niech y U M i B = B(y, r) Ω. Określamy funkcje ũ,ṽ : B R tak, by ũ = ṽ =0 w B,

36 3.5 Metoda Perrona 36 ũ = u, ṽ = v na B. Wtedy zas. max def. fun. subharm. M sup(ũ ṽ) ũ(y) ṽ(y) u(y) v(y) =M. B Zatem ũ ṽ M wkulib, tzn.ũ ṽ M także na B, czyliu v M na B. Zdowolności promienia r, mamyu v M w pewnym otoczeniu punktu y. Lemat 3.. Niech u :Ω R będzie funkcją subharmoniczną. Wtedy dla dowolnej kuli B B Ω funkcja u(x) dla x Ω \ B, ū(x) = h(x) dla x B jest subharmoniczna w Ω (gdzie h spełnia warunki: h =0w B, h B = u). Ustalmy kulę B i funkcję g harmoniczną w B, g ū na B. Chcemy wykazać, że g ū wcałej kuli B.Wiemy,żeu ū, więcna B jest u g, czyliu g na B,gdyżu jest subharmoniczna. Oznacza to, że ū g na B \ B, gdyżnatymzbiorzeū u. Z powyższych rozważań oraz z wyboru g wynika, że ū g na zbiorze (B B ).AlenaB B obie funkcje ū(= h) i g są harmoniczne, więc z zasady maksimum ū g na B B. Definicja 3.7. Funckję ū z poprzedniego lematu nazywamy podniesieniem harmonicznym funkcji u względem kuli B. Z twierdzenia 3.6 wynika natychmiast, że ū u wcałymω. Pojęcia, które wprowadziliśmy do tej pory (w tym paragrafie), posłużą do wykazania istnienia rozwiązań zagadnienia Dirichleta dla równania Laplace a w szerokiej klasie obszarów Ω. Zdefiniumy jeszcze

37 3.5 Metoda Perrona 37 dwie ważne klasy funkcji: tzw. klasę funkcji dolnych i klasę funkcji górnych. Definicja 3.8. Dla dowolnej funkcji ograniczonej g : Ω R zbiór S g := { u C( Ω, R) : u Ω g i u jest subharmoniczna w Ω } nazywamy klasą funkcji dolnych, a zbiór S g := { u C( Ω, R) : u Ω g i u jest superharmoniczna w Ω } nazywamy klasą funkcji górnych. Możemy teraz podać pierwsze (z dwóch) twierdzenie Perrona o rozwiązaniu. Twierdzenie 3.7. (Perrona o rozwiązaniu) Funkcja h(x) :=supu(x) u S g jest harmoniczna w obszarze Ω. Funkcję h nazywamy rozwiązaniem Perrona. Jeśli u S g,tou(x) sup g dla wszystkich x Ω, tzn.h(x) sup g. Funkcja h jest więc poprawnie określona. Ustalamy punkt y Ω i liczbę dodatnią r = d(y, Ω). Niech B = B(y, r). Dalej pracować będziemy w kuli B. Wybieramy ciąg funkcji subharmonicznych (u j ) S g takich, że u j (y) h(y) dla j. Załóżmy, bez zmniejszania ogólności, że są to funkcji ograniczone (można bowiem wziąć max(u j,infg) zamiast u j ). Można założyć, że ciąg (u j B ) jest rosnącym ciągiem funkcji harmonicznych. Jeśli tak nie jest, to najpierw zastępujemy u j przez u j =max(u,..., u j ), uzyskując rosnący ciąg funkcji subharmonicznych, a następnie zamiast u j (j =,2,...) bierzemy jej podniesienie harmoniczne u j =ū j względem kuli B. Otrzymany ostatecznie ciąg jest rosnącym ciągiem funkcji subharmonicznych w Ω i harmonicznych w B. Wtedy, wprost z definicji h(y) u j (y) u j(y) h(y).

38 3.5 Metoda Perrona 38 Z twierdzenia Harnacka wynika, że ciąg (u j ) jest w kuli B zbieżny niemal jednostajnie do funkcji harmonicznej u (bo ciąg (u j (y) ma skończoną granicę). Bez zmniejszania ogólności załóżmy, że zbieżność jest jednostajna ( w razie potrzeby można zmniejszyć promień kuli B). Wykażemy, że u h wcałejkulib. Jeśli bowiem tak nie jest, to istnieje punkt x B taki, że u(x) < h(z) oraz istnieje funkcja w S g taka, że u(z) < w(z) h(z). Połóżmy w k =max(w, u k ) i niech v k będzie podniesieniem harmonicznym w k względem kuli B. Ponieważ ciąg (u k ) był rosnacym ciągiem funkcji harmonicznych w B, więc(v k ) też jest taki. Oczywiście u k (y) v k (y) h(y), u k (y) h(y) dla k. Stosując ponownie twierdzenie Harnacka, dostajemy, że ciąg (v k ) jest zbieżny na kuli B niemal jednostajnie do funkcji harmonicznej v. Ponadto v(y) =u(y), v(z) w(z) > u(z), v u w B (bo v k u k ). Tak jednak być nie może: funkcja u v jest harmoniczna, niedodatnia w kuli B idla y B osiąga wartość 0, czyli swój kres górny - więc na mocy zasady maksimum powinna być stała, co przeczy nierówności v(z) > u(z). Twierdzenie 3.8. (Perrona o rozwiązaniu) Funkcja H(x) := inf u(x) u S g jest harmoniczna w obszarze Ω. Naturalnym staje sie teraz pytanie:

39 3.5 Metoda Perrona 39 Jeśli funkcja g : Ω R jest ciągła, brzeg Ω jest zbiorem porządnym (np. gładką hiperpowierzchnią w R n ), to czy prawdą jest, że funkcja h określona w twierdzeniu Perrona spełnia warunki: lim h(x) =g(ξ)? Ω x ξ Inaczej: Czy metoda Perrona (przy jakichś w miarę ogólnych założeniach o Ω i funkcji g) daje nie tylko pewną funkcję harmoniczną, ale po prostu rozwiązanie zagadnienia Dirichleta z warunkiem brzegowym g? Okazuje się, że odpowiedź jest twierdząca dla zbiorów, których brzeg ma pewna specyficzną własność, mianowicie posiada tzw. barierę. Definicja 3.9. Mówimy, że funkcja w C( Ω) jest barierą w punkcie ξ Ω, wtedyitylkowtedy,gdyw > 0 na zbiorze Ω \{ξ}, w jest superharmoniczna i w(ξ) =0. Lemat 3.2. Niech g będzie ciągła w punkcie ξ Ω. Jeśli istnieje bariera v w punkcie ξ, to lim h(x) =g(ξ). x ξ Ustalmy ɛ>0. Niech M =sup Ω g. Istnieją liczby dodatnie δ i k takie, że g(x) g(ξ) <ɛ dla x ξ <δ, k v(x) 2M dla x ξ δ. Funkcja u(x) =g(ξ) ɛ k v(x) jest subharmoniczna (funkcja stała minus funkcja superharmoniczna) inależydoklasys g funkcji dolnych. Istotnie, dla punktów x Ω takich, że x ξ <δmamy u(x) g(ξ) ɛ g(x) (bariera v jest nieujemna!), natomiast, gdy x Ω i x ξ δ, to u(x) sup g 2M = M inf g g(x).

40 3.5 Metoda Perrona 40 Zatem u(x) sup u(x) =h(x) u S g (z tw. Perrona o rozwiązaniu) dla x Ω. Niech teraz w(x) =g(ξ)+ɛ + kv(x). Podobnie dowodzimy, że w S g - klasy funkcji górnych. Z zasady maksimum wynika, że w(x) h(x) dla wszystkich x Ω. mamywięc g(ξ) ɛ kv(x) h(x) g(ξ)+ɛ + kv(x), tzn. h(x) g(ξ) ɛ + kv(x), aponieważv(ξ) =0i v jest ciągłe, to Z dowolności ɛ wynika teza lematu. lim sup h(x) g(ξ) ɛ. x ξ Pojęcie bariery jest czysto lokalne: czy w punckie ξ Ω istnieje bariera, zależy wyłącznie od kształtu brzegu w niewielkim otoczeniu punktu ξ. Skoro tak, to zamiast używać pojęcia bariery, można by użyć bariery lokalnej. Definicja 3.0. Mówimy, że w jest barierą lokalną w punkcie ξ Ω wtedy i tylko wtedy, gdy dla pewnego r > 0 funkcja w jest barierą w punkcie ξ (Ω B(ξ, r)) (tzn. dla tej składowej nowego obszaru Ω B(ξ, r), której domknięcie zawiera punkt ξ). Definicja 3.. Punkt ξ Ω jest regularny, jeśli istnieje w tym punkcie bariera lokalna.

41 3.5 Metoda Perrona 4 Lemat 3.3. Bariera w punkcie ξ jest również barierą lokalną w tym punkcie. Na odwrót, jeśli w punkcie ξ Ω istnieje bariera lokalna, to w tym punkcie istnieje bariera. Pierwsza część lematu jest oczywista. Pokażemy, że z faktu istnienia bariery lokalnej w punkcie, wynika istnienie bariery. Niech w będzie barierą lokalną w punkcie ξ Ω, r > 0 - promieniem kuli z definicji bariery lokalnej. Ustalmy r (0, r) i niech B := B(ξ, r ). Połóżmy teraz m = inf x (B\B ) Ω w(x). Wtedy m > 0. Wykażemy, że funkcja v określona jako min(w(x), m) dla x B Ω, v(x) = m dla x Ω \ B jest barierą w punkcie ξ w sensie definicji bariery. Pokażemy najpierw ciągłość funkcji v. W tym celu zbadamy jej zachowanie na brzegu B.Ustalmy x 0 B.Wtedy lim v(x) =m, x x 0, x / B lim v(x) m. x x 0, x B Gdyby więc nierówność była ostra, to mielibyśmy v(x 0 )=w(x 0 ) < m, a to jest sprzeczne z definicją m. Jest oczywiste, że v 0 i v znika tylko w punkcie ξ. Aby wykazać, że v jest funkcją superharmoniczną, musimy sprawdzić, że dla dowolnej kuli B 2 B 2 Ω i dowolnej funkcji harmonicznej g takiej, że g v na sferze B 2 nierówność g v zachodzi na całej kuli B 2.Mamywięcm v(x) dla wszystkich x, zatemm v g na brzegu B 2,czylim g na B 2,astądv g na B 2 \ B.Ponadto w m g na B 2 B, w v g na B B 2, czyli w g na (B B 2 ), więc z własności a) podpunkt iii) w twierdzeniu 3.6 w g w iloczynie B B 2.Alem g wcałejkulib 2,więcv g w B B 2.

42 3.5 Metoda Perrona 42 Możemy teraz podać przykłady obszarów, króre posiadają barierę, a więc dla których stosują się twierdzenia Perrona o rozwiązaniu. Przykład 3.. (Obszary z brzegiem klasy C 2 w R n dla n 3) Załóżmy, że dla pewnego ξ Ω istnieją y R n (z n 3) ir > 0 takie, że B(y, r) Ω ={ξ}. Barierą w punkcie ξ jest wtedy w(x) =r 2 n x y 2 n. (Warunek z założenia jest spełniony np. wtedy, gdy brzeg obszaru Ω jest klasy C 2 ). Przykład 3.2. (Obszary z własnością stożka zewnętrznego) Przez stożek rozumieć będziemy każdy zbiór, który jest izometrycznym obrazem zbioru K 0 = {tx : x a r, t [0, ]}, gdzie a jest ustalonym punktem R n \{0}, ar jest takie, że 0 < r < a. Wierzchołkiem stożka K 0 jest 0. W 908 roku Stanisław Zaremba wykazał, że jeśli istnieje stożek K R n taki, że K Ω={ξ}, gdzie ξ Ω jest wierzchołkiem stożka K, to wtedy w punkcie ξ istnieje bariera. Warunek ten (zwany warunkiem stożka zewnętrznego) jest spełniony np. wtedy, gdy brzeg obszaru jest klasy C, ale także dla wielu obszarów, których brzeg w ogóle nie jest gładki (np. dla każdego wielościanu, niekoniecznie wypukłego: jeśli stożek ma odpowiedni szpic, to jego wierzchołkiem zdołamy dotknąć od zewnątrz każdego punktu na powierzchni wielościanu). Z tego drugiego przykładu, w szczególności, dostajemy wniosek.