Wyklady 12

WYKŁAD XI
11. Równanie Poissina, równanie Laplace’a
Niech D będzie otwartym podzbiorem Rn . Niech u : D → R będzie funkcją
klasy C 2 na zbiorze D. Równanie różniczkowe cząstkowe, liniowe, rzędu II
postaci
x ∈ D,
∆u(x) = g(x),
nazywamy równaniem Poissona. Jeżeli g ≡ 0 to równanie
(1)
x ∈ D,
∆u(x) = 0,
nazywamy równanie Laplace’a.
Funkcję u : D → R, u ∈ C 2 (D) nazywamy funkcją harmoniczną w D gdy
∆u(x) = 0 dla x ∈ D.
11.1. Zagadnienie Dirichleta dla równania Laplace’a. Niech D będzie zbiorem ograniczonym w Rn z brzegiem klasy C 1 . Niech φ będzie funkcją ciągłą
na brzegu ∂D zbioru D. Rozważmy warunek brzegowy
(2)
dla x ∈ ∂D.
u(x) = φ(x)
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 C 1 . Dywergencją pola F nazywamy funkcję
n
X
∂Fi
.
i=1 ∂xi
divF =
Ponadto jeżeli f ∈ C 1 (R) to
divf F = ∇f ◦ F + f · divF.
Dodatkowo zachodzi twierdzenie Gaussa-Ostrogradskiego
Z
divF dx =
Z
D
F ◦ N dσ,
∂D
gdzie N oznacza pole wektorowe normalne zewnętrzne do brzegu D, zaś dσ
miarę powierzchniową na ∂D. Podstawiając F = ∇u otrzymujemy
Z
∆udx =
Z
D
∂D
∂u
dσ,
∂N
kładąc natomiast F = u∇Γ − Γ∇u dla Γ ∈ C 2 (D) mamy
1
2
Z
Z
div (u∇Γ − Γ∇u) dx =
D
div (u∇Γ) − div (Γ∇u) dx
ZD
=
[∇u ◦ ∇Γ + u · div(∇Γ) − ∇u ◦ ∇Γ + Γ · div(∇u)] dx
D
Z
=
(u∆Γ − Γ∆u) dx =
D
∂u
∂Γ
−Γ
u
∂N
∂N
Z
∂D
!
dσ
czyli
Z
(3)
(u∆Γ − Γ∆u) dx =
D
∂u
∂Γ
−Γ
u
∂N
∂N
Z
∂D
!
dσ.
Wzór (3) nazywamy wzorem Greena. Ustalmy y ∈ D. Rozważmy funkcję
(
v(x) = Γ(x − y) =
(4)
1
kx − yk2−n
n(2−n)ωn
1
ln kx − yk
2π
n­3
n=2
gdzie ωn = µn (B(0, 1)) jest miarą Lebesgue’a kuli jednostkowej w Rn . Wówczas
(xi − yi )
∂Γ
(x − y) =
kx − yk−n
∂xi
nωn
∂ 2Γ
1 δij kx − yk2 − n(xi − yi )(xj − yj )
.
(x − y) =
∂xi yj
nωn
kx − ykn+2
Zatem
1
n
n kx − yk2
−
= 0.
nωn kx − ykn nωn kx − ykn+2
Wobec tego funkcja Γ jest funkcją harmoniczną. Funkcję x 7→ Γ(x−y) nazywamy
fundamentalnym rozwiązaniem Laplasjanu.
∆x Γ(x − y) =
Twierdzenie 11.1. (Formuła reprezentacyjna Greena) Niech D będzie obszarem ograniczonym w Rn z brzegiem klasy C 1 . Wówczas dla dowolnego y ∈ D
i dowolnej funkcji u ∈ C 2 (D) ∩ C 1 (D) takiej, że ∆u jest ograniczony na D
zachodzi
!
Z
Z
∂Γ
∂u
(5)
u(y) =
Γ(x − y)∆u(x)dx +
u
−Γ
dσ,
∂N
∂N
D
∂D
gdzie N jest polem wektorowym normalnym, zewnętrznym do ∂D.
Dowód. Niech y ∈ D, ρ > 0. Niech Dρ = D \ B(y, ρ). Wówczas
Z
(u∆Γ − Γ∆u) dx =
Z
Dρ
∂D
∂u
∂Γ
−Γ
u
∂N
∂N
!
dσ +
Z
∂B(y,ρ)
∂Γ
∂u
u
−Γ
∂N
∂N
!
dσ.
Zatem z harmoniczności Γ
−
Z
Γ(x − y)∆u(x)dx =
Dρ
Z
∂D
∂Γ
∂u
u
−Γ
∂N
∂N
!
dσ +
Z
∂B(y,ρ)
∂Γ
∂u
u
−Γ
∂N
∂N
Ponadto
−
Z
Dρ
Γ(x − y)∆u(x)dx −→ −
ρ→0
Z
D
Γ(x − y)∆u(x)dx
!
dσ.
3
oraz
Z
∂u Γ
dσ ∂B(y,ρ) ∂N


¬
C · ρ2−n · ρn−1 · sup∂B(y,ρ) |∇u| −→ 0 n ­ 3
ρ→0
0
C · ρ · ln ρ · sup∂B(y,ρ) |∇u| −→ 0
ρ→0
n = 2,
0
gdzie C, C ∈ R.
Dodatkowo, ponieważ N jest polem zewnętrznym do ∂Bρ więc N (x) =
x−y
− kx−yk
. Stąd
∂Γ
(x − y) =h∇x Γ(x − y), N i(x)
∂N
"
#
# "
1
(x1 − y1 )
(xn − yn )
(xn − yn )
(x1 − y1 )
=−
h
,...,
i
,...,
,
nωn kx − yk−n
kx − yk−n
kx − yk
kx − yk
1
=−
kx − yk−n+1 .
nωn
Zatem na ∂B(y, ρ)
1 −n+1
∂Γ
(x − y) = −
ρ
.
∂N
nωn
Stąd
Z
Z
1 −n+1 Z
1
∂Γ
dσ = −
ρ
udσ = −
udσ = −u(y)
u
nωn
µn−1 (∂B(y, ρ)) ∂B(y,ρ)
∂B(y,ρ)
∂B(y,ρ) ∂N
Zauważmy zatem, że jeżeli znany jest Laplasjan funkcji u i znane są jej wartości na brzegu to wzór z tezy twierdzenia 11.1 pozwala odtworzyć u na zbiorze
D pod warunkiem, że
Z
∂u
Γ
dσ = 0.
∂B ∂N
Wobec tego skorygujmy funkcję Γ tak aby powyższa równość była spełniona.
Niech h ∈ C 1 (D) będzie funkcją harmoniczną na zbiorze D. Wówczas ze
wzoru Greena (3)
0=
Z
h(x)∆u(x)dx +
D
Z
∂D
∂h
∂u
u
−h
∂N
∂N
!
dσ
dodając do równości (11.1) (z tezy formuły reprezentacyjnej Greena) otrzymujemy
u(y) =
Z
(Γ(x − y) + h(x))∆u(x)dx +
D
Z
∂D
∂(Γ + h)
∂u
u
− (Γ + h)
∂N
∂N
Zatem dla każdego y ∈ D szukamy funkcji hy takiej, że funkcja
(6)
G(x, y) = Γ(x − y) + hy (x)
jest
• harmoniczna względem x
!
dσ.
4
• 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 C 1 . Jeżeli u ∈ C 2 (D) ∩ C 1 (D), ∆u = g na D, u = φ na ∂D dla pewnej
funkcji g ciągłej i ograniczonej na D oraz φ ∈ C 1 (∂D) to
∂G
dσ,
D
∂D ∂N
gdzie G(x, y) = Γ(x − y) + hy (x) jest funkcją Greena zagadnienia Dirichleta
dla zbioru D.
(7)
u(y) =
Z
Ggdx +
Z
φ
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)
ky ∗ − xk2−n
n(2−n)ωn
1
− 2π
ln ky ∗ − xk + ln α(y)
n­3
n=2
2
R y
∗
gdzie ωn = µn (B(0, 1)), y ∗ = kyk
leży na osi Oy oraz ky ∗ kkyk = R2 .
2 , tzn y
Wówczas dla dowolnego y ∈ B(0, R) funkcja hy (x) jest gładka na zbiorze
n
R \ {y ∗ }. Ponadto
∆x hy (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 ∗ 0x są podobne. Istotnie
]y0x = ]y ∗ 0x
oraz skoro ky ∗ kkyk = R2 to
kxk
ky ∗ k
=
.
kyk
kxk
Zatem
(10)
kx − y ∗ k
kxk
R
=
=
.
kx − yk
kyk
kyk
5
Przyjmując więc
(11)
α(y) =


−

n−2
R
kyk
kyk
R
n­3
n = 2,
oraz korzystając z (10) otrzymujemy,
kyk
α(y) = −
R
!2−n
kx − yk
=−
kx − y ∗ k
!2−n
1
n(2 − n)ωn
(n(2−n)ωn ) = −
Γ(x−y),
n(2 − n)ωn
kx − y ∗ k2−n
dla n ­ 3 oraz dla n = 2
ln α(y) = ln
kyk
= ln kx − yk − ln kx − y ∗ k.
R
Co więcej z (10)
!n−2
!n−2
1
R
1
R
hx (y) =
=
= hy (x)
n(2 − n)ωn kykky ∗ − xk
n(2 − n)ωn kxkkx − yk
oraz
−1
kyk
−1 kx − ykkxkkyk
hx (y) =
(ln ky ∗ − xk + ln
)=
ln
= hy (x).
2π
R
2π
kykR
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) =
2−n
R
− n(2−n)ω
n­3
n
1
− 2π ln R n = 2.
Wówczas
lim hy (x) = h0 (x) oraz G(x, 0) = 0
y→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.
∂G
Wobec powyższego wystarczy wyznaczyć ∂N
. Mamy
∂Γ
(yi − xi )
∂hy
α(y)(yi∗ − xi ) ∗
(x − y) = −
kx − yk−n oraz
(x) =
ky − xk−n .
∂xi
nωn
∂xi
nωn
Stąd
∂Γ
∂hy
(kyk2 − R2 )xi
(x − y) +
(x) = −
.
∂xi
∂xi
nωn R2 kx − ykn
x
Zatem dla N (x) = kxk
otrzymujemy
∂Γ
∂hy
(kyk2 − R2 )kxk
(x − y) +
(x) = −
.
∂N
∂N
nωn R2 kx − ykn
6
Reasumując
R2 − kyk2
∂G
(x, y) =
.
∂N
nωn Rkx − ykn
Funkcję
KR (x, y) =
R2 − kyk2
nωn Rkx − ykn
nazywamy jądrem Poissona dla kuli.
Twierdzenie 11.3. Niech B(0, R) będzie kulą o promieniu R > 0. Niech φ ∈
C 0 (∂B(0, R)). Wówczas funkcja
( R
(14)
u(y) =
∂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
∆y G(x, y) = 0
dla
y ∈ B(0, R),
x ∈ ∂B(0, R).
W konsekwencji
∆y
∂G
= 0 czyli
∂N
∆y KR = 0.
Stąd różniczkując pod znakiem całki otrzymujemy harmoniczność funkcji u. Pozostaje 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 )| < .
7
Wówczas
Z
|u(y) − u(y0 )| ¬ |
∂B(0,R)
Z
=|
∂B(0,R)
¬
Z
∂B(0,R)
¬
+
KR (x, y)φ(x)dσ − φ(y0 )|
KR (x, y)φ(x)dσ −
∂B(0,R)
KR (x, y)φ(y0 )dσ|
KR (x, y)|φ(x) − φ(y0 )|dσ
Z
|x−y0 |<δ
x∈∂B(0,R)
Z
|x−y0 |­δ
x∈∂B(0,R)
¬+
Z
KR (x, y)|φ(x) − φ(y0 )|dσ
KR (x, y)|φ(x) − φ(y0 )|dσ
Z
|x−y0 |­δ
x∈∂B(0,R)
¬ + 2 sup |φ|
(KR (x, y)|φ(x)| + |φ(y0 )|)dσ
Z
|x−y0 |­δ
x∈∂B(0,R)
KR (x, y)dσ
.
Zauważmy jeszcze, że dla |y − y0 | ¬
δ
2
oraz |y − y0 | ­ δ
δ
δ ¬ |x − y0 | ¬ |x − y| + |y − y0 | < |x − y| + .
2
Stąd
δ
2
¬ |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
nωn R
n dσ
δ
−→ 0.
kyk→R
2
Reasumując u jest ciągła w punktach brzegowych.
Aby pokazać jednoznaczność rozwiązania zagadnienia Dirichleta dla równania Laplace’a w kuli B(0, R) udowodnimy następujące twierdzenie
Twierdzenie 11.4. (Własność wartości średniej) Niech u będzie funkcją harmoniczną w obszarze D ⊂ Rn . Wówczas dla dowolnego y ∈ D i dowolnego
R > 0 takiego, że B(y, R) ⊂ D
Z
1
1 Z
u(y) =
u(x)dσ =
u(x)dx
nωn Rn−1 ∂B(y,R)
ωn Rn B(y,R)
Dowód. Niech y ∈ D. Rozważmy funkcję
(15)
ψ(ρ) =
Z
1
u(x)dσ.
nωn ρn−1 ∂B(y,ρ)
Wówczas z twierdzenia o wartości średniej dla całek otrzymujemy
lim ψ(ρ) = u(y).
ρ→0
8
Ponadto, funkcja ψ jest funkcją stałą. Istotnie, rozważmy
∂
∂ψ
=
∂ρ
∂ρ
!
Z
1
u(x)dσ .
nωn ρn−1 ∂B(y,ρ)
Zauważmy, że wektor x−y = ρN , gdzie N jest wektorem normalnym zewnętrznym do ∂B(y, ρ). Zatem x = y + ρN oraz jakobian odwzorowania zamieniającego zmienne wynosi ρn−1 wobec tego
!
Z
1
n−1
u(y + ρN )ρ dσ(N )
nωn ρn−1 ∂B(0,1)
∂ψ
∂
=
∂ρ
∂ρ
=
!
∂
1 Z
(u(y + ρN ))dσ(N )
nωn ∂B(0,1) ∂ρ
=
!
1 Z
∂u
((y + ρN ))dσ(N )
nωn ∂B(0,1) ∂N
=
!
1 Z
h∇u(y + ρN ), N idσ(N )
nωn ∂B(0,1)
=
!
1 Z
div(∇u(y + ρN ))dσ(N ) .
nωn ∂B(0,1)
= 0. Zatem ψ(ρ) = u(y).
Ponieważ ∆u = div∇u = 0 więc ∂ψ
∂ρ
W celu pokazania drugiej z równości z tezy pomnóżmy (15) przez ρn−1 a
następnie scałkujmy po przedziale (0, R). Wówczas
Z R
ρ
n−1
0
1 Z RZ
ψ(ρ)dρ =
u(x)dσdρ.
nωn 0 ∂B(y,ρ)
Z twierdzenia Fubiniego otrzymujemy
Z R
ρn−1 u(y)dρ =
0
1 Z
u(x)dx.
nωn B(y,ρ)
Stąd
1 n
1 Z
u(x)dx,
R u(y) =
n
nωn B(y,ρ)
czyli
1 Z
u(y) =
u(x)dx.
ωn Rn B(y,ρ)
Twierdzenie 11.5. (Zasada maksimum) Niech D będzie spójnym i ograniczonym podzbiorem Rn . Niech u ∈ C 2 (D)∩C 0 (D). Jeżeli u jest funkcją harmoniczną
to dla dowonlego x ∈ D spełnione są nierówności:
inf u ¬ u(x) ¬ sup u,
∂D
∂D
tzn. u osiąga swoje kresy na brzegu ∂D zbioru D.
9
Dowód. Przypuśćmy, że u nie osiąga kresu górnego na ∂D. Wówczas u jako funkcja ciągła i ograniczona na zbiorze zwartym D osiąga kres górny w
pewnym punkcie x0 ∈ D, tzn. u(x0 ) = supD u.
Niech
M = sup u
D
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
1 Z
u(y) =
u(x)dσ
ωn Rn B(y,R)
czyli
0 = u(y) − M =
1 Z
(u(x) − M )dσ ¬ 0.
ωn Rn B(y,R)
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 ∈ C 0 (∂D)
dla D = B(0, R) istnieje i jest jednoznaczne w klasie funkcji ciągłych na D oraz
klasy C 2 na D.
Dowód. Przypuśćmy, że u1 , u2 są rozwiązaniami problemu Dirichleta ∆u = 0,
u|∂B(0,R) = φ, φ ∈ C 0 (∂B(0, R)) . Wówczas u = u1 −u2 również jest rozwiązaniem
równania Laplsce’a przy warunku u|∂B(0,R) = 0. Z zasady maksimum
0 = inf u ¬ u(x) ¬ sup u = 0.
∂B(0,R)
∂B(0,R)
Zatem u(x) = 0 dla x ∈ B(0, R). Stąd u1 = u2 .